1

CAPITULO 2

Derivada de una funci´on Licda. Elsie Hern´andez Sabor´ıo

Instituto Tecnol´ ogico de Costa Rica Escuela de Matem´ atica

··· Revista digital Matem´ atica, educaci´ on e internet (www.cidse.itcr.ac.cr)

2 Cr´ editos

Edici´ on y composici´ on final: Gr´ aficos:

´ Rosario Alvarez, 1984. Marieth Villalobos, Alejandra Araya, Jessica Chac´ on, Marianela Abarca, Lisseth Angulo y Walter Mora. Evelyn Ag¨ uero. Walter Mora, Marieth Villalobos, Evelyn Ag¨ uero.

Comentarios y correcciones:

escribir a [email protected]

Primera edici´ on impresa: Edici´ on LaTeX:

Contents 2.1

Derivada de una funci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 La derivada de una funci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Notaciones para la derivada de una funci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4 Continuidad y derivabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.5 Teoremas sobre derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.6 Derivada de una funci´on compuesta (Regla de la cadena) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.7 Diferenciales. Interpretaci´on geom´etrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.8 Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.9 Derivada de la funci´on logar´ıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.10 Derivada de la funci´on exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.11 Derivadas de la funciones trigonom´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.12 Derivadas de las funciones inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.13 Las funciones trigonom´etricas inversas y sus derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.14 Funciones param´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.15 Funciones impl´ıcitas y su derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.16 Teorema de Rolle (o teorema sobre las ra´ıces de la derivada) . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.17 Teorema del valor medio para derivadas (Teorema de Lagrange) . . . . . . . . . . . . . . 2.1.18 Teorema de Gauchy del valor medio (o extensi´on del teorema del valor medio para derivadas) 2.1.19 Regla de L’Hˆopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

4 4 12 15 15 19 23 26 32 36 38 39 43 44 57 62 67 70 72 74

4

Cap´ıtulo 2: Derivadas

2.1

Derivada de una funci´ on

2.1.1

Introducci´ on

El problema de la tangente “Muchos de los problemas importantes del an´alisis matem´atico pueden transferirse o hacerse depender de un problema b´asico que ha sido de inter´es para los matem´aticos desde los griegos (alrededor de 300 − 200a.deJ.C). Es ´este el problema de trazar una recta tangente a una curva dada en un punto espec´ıfico a ella. Este problema fue resuelto por m´etodos especiales en un gran n´ umero de ejemplos aislados a´ un en la temprana historia de las matem´aticas. Por ejemplo, es bastante f´acil resolver el problema si la curva es un c´ırculo, y todo estudiante ha visto esta soluci´on en su geometr´ıa de secundaria. Sin embargo, no fue si no hasta el tiempo de Isacc Newton (1642 − 1727) y de Gottfried Wilhelm Leibniz (1646 − 1716) que se dio un m´etodo general sistem´atico para obtener la soluci´on. En este sentido se acredita a estos dos hombres la invenci´on del c´alculo. Aunque el problema de la tangente pueda parecer de poco inter´es a los no matem´aticos, el hecho es que las t´enicas desarrolladas para resolver el problema son la mera columna vertebral de gran parte de la ciencia y la tecnolog´ıa actuales. Por ejemplo, la direcci´on del movimiento de un objeto a lo largo de una curva en cada instante se define en t´erminos de la direcci´on de la recta tangente a la trayectoria de movimiento. Las ´orbitas de los planetas al rededor del sol y las de los sat´elites artificiales alrededor de la Tierra, se estudian esencialmente comenzando con la informaci´on sobre la recta tangente a la trayectoria del movimiento. Un tipo diferente de problemas es el de estudiar la descomposici´on de una sustancia radioactiva tal como el radio cuando se conoce que la raz´on de descomposici´on en cada instante es proporcional a la cantidad de radio presente. La clave de este problema as´ı como la del problema del movimiento, est´a en un an´alisis de lo que queremos designar con la palabra raz´on. Como pronto veremos, este concepto est´a tan ´ıntimamente relacionado con la pendiente de la recta tangente a una curva, que la formulaci´on matem´atica abstracta de un problema sobre razones es indistinguible de la formulaci´on del problema de la tangente.

Empezamos con el problema de la tangente no solo por su importancia hist´orica y pr´actica, sino tambi´en porque la intuici´on geom´etrica del lector contribuir´a a hacer concreta la que, de otro modo, ser´ıa una noci´on abstracta”(Britton, 1968, 323). Definici´ on 1 Recibe el nombre de recta secante cualquier recta que pase por dos puntos diferentes de una curva.

En la siguiente figura se ha representado gr´aficamente una recta L secante a una curva:

Figura 2.1: Recta secante a una curva

Introducci´on

5

Como al conocer la pendiente de una recta y un punto de ella, la recta queda completamente determinada, se tiene que el problema de trazar una recta tangente a una curva dada, por un punto de ´esta, se reduce a encontrar la pendiente de la recta. Consideremos la representaci´on gr´afica de una curva con ecuaci´on y = f (x), donde f es una funci´on continua.

0

Figura 2.2: Gr´afica de f (x) Se desea trazar la recta tangente en un punto P (xo , yo ) dado de la curva. Sea PQ la recta secante que pasa por los puntos P (xo , yo ) y Q(x, y) de la curva. La pendiente de esta secante, denotada mS est´a dada por: ms =

y − yo f (x) − f (xo ) = x − xo x − xo

Como la pendiente de una recta es igual a la tangente del ´angulo que forma la recta con la parte positiva del eje X, y como θ es ese ´angulo para la recta secante, entonces:

mS = tan θ =

f (x) − f (xo ) x − x0

Supongamos que existe una recta tangente a la curva en P (xo , yo ). Sea PT dicha recta. Mantenemos ahora el punto P fijo y hacemos que el punto Q se aproxime a P, a lo largo de la curva. Cuando esto sucede, la inclinaci´on θ de la recta secante se aproxima a la inclinaci´on de α de la recta tangente, lo que puede escribirse como lim θ = α. Q→P

En igual forma, la pendiente de la secante tiende a la pendiente de la tangente, es decir, lim tan θ = tan α. Q→P

Adem´as, cuando Q tiende hacia P, la abscisa x tiende hacia xo por lo que lim tan θ = tan α puede escribirse Q→P

como lim tan θ = tan α. x→xo

Luego lim tan θ = lim x→xo

x→xo

f (x) − f (x0 ) = tan α. x − xo

Si denotamos por mt (xo ) la pendiente de la recta tangente a la curva en P (xo , yo ), entonces mt (xo ) = f (x) − f (x0 ) . lim x→xo x − xo Definici´ on 2

6

Cap´ıtulo 2: Derivadas

La pendiente de la recta tangente a la curva con ecuaci´on y = f (x) en el punto (xo , yo ), denotada mt (xo ) es f (x) − f (xo ) igual al lim , siempre que este l´ımite exista. x→xo x − xo Ejemplo 1 Determinar la ecuaci´on de la recta tangente a la curva con ecuaci´on f (x) = x2 − 3x, en el punto (1, −2). La ecuaci´on de la recta tangente es: y = mx + b. Utilizando la definici´on anterior vamos a averiguar la pendiente en (1, −2). Soluci´ on As´ı: f (x) − f (1) x−1 2 x − 3x − (−2) = lim x→1 x−1 2 x − 3x + 2 = lim x→1 x−1 (x − 1)(x − 2) = lim x→1 x−1 mT (1) = lim

x→1

= lim (x − 2) = −1 x→1

Luego mT (1) = −1, por lo que y = −x + b. Para averiguar b, sustituimos el punto (1, −2) como sigue: −2 = −(1) + b de donde b = −1. Por tanto, la ecuaci´on de la recta tangente es y = −x − 1.

La representaci´on gr´afica de la curva y de la recta tangente es el siguiente:

Figura 2.3: Recta tangente a f (x) = x2 − 3x, en el punto (1, −2)

Definici´ on 3 Se dice que la recta normal a una curva en el punto P (xo , yo ), es la l´ınea que pasa por P y es perpendicular a la recta tangente en ese punto. Adem´as, recuerde que dos l´ıneas no verticales son perpendiculares entre s´ı, si y

Introducci´on solo si sus pendientes tienen valores rec´ıprocos negativos. Si mT es la pendiente de la recta tangente y mN la de la recta normal, entonces: mN =

−1 mT

(mT .mN = −1)

Figura 2.4: Recta normal y tangente

Ejemplo 2 Determinar la ecuaci´on de la recta normal a la curva con ecuaci´on f (x) =

4 , x > 0, en el punto (2, 2). x

Soluci´ on Como mN =

mT (2)

−1 , averiguamos primero la pendiente de la recta tangente. As´ı: mT

=

f (x) − f (2) x→2 x−2

=

lim

lim

x→2

= =

lim

8−4x 2x

x−2

lim

4 − 2x x(x − 2)

lim

4 − 2x x(x − 2)

lim

−2(x − 2) x(x − 2)

x→2

= =

− 42 x−2

x→2

= =

4 x

x→2

= = = =

x→2

−2 = −1 x→2 x lim

Como mT (2) = −1, entonces mN (2) = 1.

7

8

Cap´ıtulo 2: Derivadas

La ecuaci´on de la recta normal es: y = 1x + b. Sustituyendo en la ecuaci´on anterior x = 2, y = 2 se obtiene b = 0. Por tanto, la ecuaci´on de la recta normal es y = x.

La representaci´on gr´afica de la curva y la recta normal es la siguiente:

Figura 2.5: Recta normal a f (x) =

4 en (2,2) x

La ecuaci´on de la recta tangente es y = −x + 4.

Ejercicios 1. Determinar la ecuaci´on de la recta tangente y la ecuaci´on de la recta normal a la curva con ecuaci´on f (x) = 2x2 − 5, en el punto (1, −3). Ejemplo 3 1. Determinar la ecuaci´onde la recta tangente a la par´abola con ecuaci´on y = x2 , y que es paralela a la recta con ecuaci´on y = 4x. Soluci´ on Recuerde que si dos rectas son paralelas entonces sus pendientes son iguales. Note que en este caso no nos indican el punto de tangencia en la curva. Como la recta tangente es paralela a la recta de ecuaci´on y = 4x, entonces mT (xo ) = 4. Calculemos mT (xo ): mT (xo ) = lim

x→xo

f (x) − f (xo ) x − xo

= lim

x2 − x2o x − xo

= lim

(x − xo )(x + xo ) x − xo

x→xo

x→xo

Introducci´on

9

= lim (x + xo ) x→xo

= xo + xo = 2xo Como mT (xo ) = 2xo se tiene que 2xo = 4 y por tanto xo = 2. Si xo = 2 entonces yo = 22 = 4. El punto de tangencia es P (2, 4). La ecuaci´on de la recta tangente es: y = 4x + b. Sustituimos (2, 4) y se obtiene que b = −4. Entonces la ecuaci´on de la recta tangente es y = 4x − 4. La representaci´on gr´afica es la siguiente:

Figura 2.6: Recta tangente a y = x2 paralela a y = 4x Estudiaremos ahora un segundo problema que involucra un l´ımite similar al utilizado al determinar pendiente de una recta tangente a una curva. Dicho problema es el de determinar la velocidad de una part´ıcula en un instante de tiempo to . Recibe el nombre de movimiento rectil´ıneo el efectuado por una part´ıcula a lo largo de una l´ınea recta. Sea s la funci´on con ecuaci´on s(t) = t2 + 1, que describe la distancia dirigida de la part´ıcula a un punto fijo O, en cualquier tiempo t, (s se mide en metros y t en segundos). Cuando t = 0, la part´ıcula se encuentra a 1 metro de O y cuando t = 3 segundos la part´ıcula est´a a 10 metros de O, como se representa a continuaci´on: La velocidad promedio de la part´ıcula es la raz´on del cambio en la distancia dirigida desde un punto fijo, al cambio en el tiempo. En este caso, en el lapso de tres segundos, la velocidad media, denotada vmed , est´a dada por vmed = 10−1 3−0 = 3 metros por segundo.

10

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Figura 2.7: Movimiento rectil´ıneo de una part´ıcula

Note que la velocidad promedio de la part´ıcula no es constante, y que adem´as ´esta no proporciona informaci´on espec´ıfica referente al movimiento de la part´ıcula en cualquier instante determinado. Para el movimiento anterior, la velocidad media desde t = 3 segundos hasta otro tiempo t cualquiera, est´a dada por: vmed =

s(t) − s(3) s(t) − 10 = t−3 t−3

Si quisi´eramos determinar la velocidad al final de 3 segundos, es decir la velocidad instant´anea cuando t = 3 no podr´ıamos averiguarla con la f´ormula anterior, pues si se sustituye t = 3 el denominador se hace cero. Sin embargo, cuanto m´as corto sea el intervalo de t a t = 3 seg, la velocidad promedio estar´a m´as cerca de lo que intuitivamente se considerar´ıa como la velocidad instant´anea en t = 3seg. Surge as´ı la siguiente definici´on sobre la velocidad instant´anea:

Definici´ on 4 Si una part´ıcula se mueve sobre una l´ınea recta de tal forma que su distancia dirigida s, a un punto fijo de la recta est´a dada en funci´on del tiempo por la ecuaci´on s = s(t), entonces la velocidad en cualquier instante t1 es: v(t1 ) = lim

t→t1

s(t) − s(t1 ) , siempre que este l´ımite exista t − t1

Utilizando la definici´on anterior, se puede averiguar la velocidad en el instante t = 3 seg, de la siguiente forma: s(t) − s(3) v(3) = lim t→3 t−3 t2 + 1 − 10 = lim t→3 t−3 t2 − 9 = lim t→3 t − 3 (t − 3)(t + 3) = lim t→3 t−3 = lim (t + 3) = 6 t→3

Luego, la velocidad cuando t = 3 seg es de 6 metros por segundo. La velocidad instant´anea puede ser positiva o negativa, seg´ un la part´ıcula se mueva a lo largo de la recta en direcci´on positiva o negativa; es cero cuando la part´ıcula est´a en reposo.

Introducci´on

11

La rapidez de la part´ıcula en un instante de tiempo t, se define como |v(t1 )|, siendo simplemente la magnitud de la velocidad, es decir, su valor absoluto, por lo que ser´a siempre positiva o nula. La aceleraci´on es una medida de la variaci´on de la velocidad. La aceleraci´on es cero si una part´ıcula se mueve sobre una recta con velocidad constante. Si la velocidad v de la part´ıcula est´a dada por la ecuaci´on v = v(t), donde t es el tiempo, entonces la aceleraci´on en el instante t = t1 , se define como el l´ımite de la aceleraci´on media de la siguiente forma: a(t1 ) = lim

t→t1

v(t) − v(t1 ) t − t1

Observe la semejanza con la definici´on de velocidad instant´anea como l´ımite de la velocidad media. Ejemplo 4 1. La ecuaci´on s(t) = t2 + 2t describe el movimiento de una part´ıcula sobre una recta. La distancia al origen est´a en metros y t est´a en segundos. Calcular la velocidad cuando t = 3 seg. Soluci´ on Se debe determinar la velocidad instant´anea cuando t = 3 seg v(3) = lim

t→3

s(t) − s(3) t−3

t2 + 2t − 15 t→3 t−3

= lim

(t − 3)(t + 5) t→3 t−3

= lim

= lim (t + 5) = 8 metros por segundo. t→3

As´ı, cuando t = 3 seg, la velocidad de la part´ıcula es de 8 metros por segundo. 2. Una part´ıcula P se mueve en l´ınea recta de acuerdo con la ecuaci´on s(t) = 15t − 3t2 , donde s, en metros, es la distancia al punto de partida en el tiempo t, (en segundos). Determinar la distancia de P al punto de partida cuando la velocidad es nula. Soluci´ on Debemos averiguar primero la velocidad de la part´ıcula en cualquier instante to . v(to ) = lim

t→to

s(t) − s(to ) t − to

= lim

15t − 3t2 − (15to − 3t2o ) t − to

= lim

15t − 15to − 3t2 + 3t2o t − to

t→to

t→to

12

Cap´ıtulo 2: Derivadas = lim

15(t − to ) − 3(t2 − t2o ) t − to

= lim

15(t − to ) − 3(t − to )(t + to ) t − to

= lim

(t − to )(15 − 3t − 3to ) t − to

t→to

t→to

t→to

= lim (15 − 3t − 3to ) = 15 − 6to t→to

= 15 − 6to metros por segundo. Ahora averiguaremos el valor de to para el que la velocidad se hace cero: v(to ) = 0 ⇐⇒ 15 − to = 0 ⇐⇒ to =

5 2

segundos

Por u ´ltimo, calculemos la distancia que ha recorrido la part´ıcula al cabo de to = s

5 segundos. 2

µ ¶ µ ¶ µ ¶2 75 5 5 5 = 15 −3 = = 18, 75 metros. 2 2 2 4

Ejercicio Dos part´ıculas p1 y p2 parten de un mismo punto en una recta y se mueven a lo largo de ella seg´ un las ecuaciones s1 (t) = t2 − 4t, y, s2 (t) = 3t − t2 , donde s1 y s2 est´an en metros, y t en segundos. a. ¿En qu´e tiempos tendr´an las dos part´ıculas la misma velocidad? b. Determine las velocidades de las part´ıculas en los tiempos en que est´an en la misma posici´on sobre la recta.

2.1.2

La derivada de una funci´ on

En la resoluci´on de los dos problemas anteriores: el de trazar una recta tangente a una curva dada y el de determinar la velocidad instant´anea de una cierta part´ıcula, se obtuvo como resultado dos l´ımites: mT (xo ) = lim

x→xo

f (x) − f (xo ) f (t) − f (to ) , v(to ) = lim t→to x − xo t − to

Ambos l´ımites tienen b´asicamente la misma forma y son casos espec´ıficos de un tipo especial de l´ımite que se define a continuaci´on. Definici´ on 1 Sea f una funci´on real definida en un intervalo I ⊂ R. Sea xo ∈ I La derivada de f en el punto xo , denotada f 0 (xo ), es el lim

x→xo

f (x) − f (xo ) si este l´ımite existe. x − xo

La derivada de una funci´on

13

Note que, la pendiente de la recta tangente a la gr´afica de la curva con ecuaci´on y = f (x) en el punto (xo , f (xo )), es precisamente la derivada de f evaluada en xo . Tambi´en, si una part´ıcula se mueve a lo largo de una l´ınea recta de acuerdo con la ecuaci´on de movimiento s = f (t), puede observarse que v(t1 ) en la definici´on de velocidad instant´anea de la part´ıcula en t1 , es la derivada de f respecto a t, evaluada en t1 . Si en la definici´on de derivada se sustituye x − xo por h, entonces h → 0 cuando x → xo y x = xo + h. f (xo + h) − f (xo ) , si este l´ımite existe. La funci´on f es derivable en xo si f 0 (xo ) existe. h Si f 0 (x) existe para cada x en un intervalo I, (I ⊂ R), se dice que la funci´on f es derivable en I; se escribe f (x + h) − f (x) f 0 (x) = lim . h→0 h

Luego f 0 (x) = lim

h→0

Ejemplo 1 Utilizando la definici´on de derivada de una funci´on, determinar la derivada de cada una de las funciones cuyas ecuaciones son: 1. f (x) = 5x − 3 Se debe calcular el lim

h→0

f (x + h) − f (x) h

La expresi´on f (x + h) indica que la funci´on f debe evaluarse en (x + h). As´ı, f (x + h) = 5(x + h) − 3. Luego: f 0 (x) = lim

h→0

= lim

h→0

f (x + h) − f (x) h

5(x + h) − 3 − (5x − 3) h

5x + 5h − 3 − 5x + 3 h→0 h

= lim

5h h→0 h

= lim

f 0 (x) = lim 5 = 5 h→0

Por tanto, si f (x) = 5x − 3 entonces f 0 (x) = 5.

2. f (x) =

3 , x 6= 0 x2

En este caso f (x + h) =

3 (x + h)2

Luego: f (x + h) − f (x) h→0 h

f 0 (x) = lim

14

Cap´ıtulo 2: Derivadas

= lim

3 (x+h)2

−

3 x2

h

h→0

3x2 − 3(x + h)2 h→0 hx2 (x + h)2

= lim

3x2 − 3x2 − 6xh − 3h2 h→0 hx2 (x + h)2

= lim

−3h(2x + h) h→0 hx2 (x + h)2

= lim

−3(2x + h) h→0 x2 (x + h)2

= lim =

−6x −6 = 3 x2 · x2 x

Si f (x) =

3 6 entonces f 0 (x) = − 3 . 2 x x

3. g(u) = (2u + 1)2 En este caso g(u + h) = [2(u + h) + 1]2 Luego: g(u + h) − g(u) h→0 h

g 0 (u) = lim

[2(u + h) + 1]2 − (2u + 1)2 h→0 h

= lim

[2(u + h) + 1 + (2u + 1)][2(u + h) + 1 − (2u + 1)] h→0 h

= lim = lim

(2u + 2h + 1 + 2u + 1)(2u + 2h + 1 − 2u − 1) h

= lim

(4u + 2h + 2)(2h) h

h→0

h→0

= lim 2(4u + 2h + 2) h→0

g 0 (u) = 2(4u + 0 + 2) = 8u + 4 Si g(u) = (2u + 1)2 entonces g 0 (u) = 8u + 4.

Ejercicios Determine, utilizando la definici´on de derivada, la derivada de cada una de las funciones cuyas ecuaciones son: √ 1. f (t) = t + 1, t > −1

Notaciones para la derivada de una funci´on

15

2. f (x) = x3 + 2x2 − 4

3. g(y) =

2.1.3

3y , y 6= −2 y+2

Notaciones para la derivada de una funci´ on

Si f es una funci´on derivable en un intervalo I, (I ⊂ R), el proceso por medio del cual se obtiene f 0 (x), da origen a una nueva funci´on que recibe el nombre de funci´on derivada. El dominio de f 0 (x) est´a formado por todos los n´ umeros del dominio de f para los que exista f 0 (x). Por ejemplo, si f (x) =

√

1 x con x ≥ 0 entonces f 0 (x) = √ est´a definida u ´nicamente para x > 0. 2 x

Si y = f (x), con f una funci´on derivable, entonces la derivada de f puede denotarse por: a.) Dx f (x) que se lee: derivada de f (x) respecto a x. b.) Dx y que se lee: derivada de “y” respecto a x. c.) y 0 que se lee: “y prima”.

2.1.4

Continuidad y derivabilidad

En el cap´ıtulo anterior se estudiaron las condiciones para que una funci´on fuera continua en un punto. Tambi´en se determin´o la continuidad en un intervalo, que puede asociarse con la representaci´on gr´afica de una curva que no tiene “brincos” o “saltos bruscos”. Vamos ahora a relacionar la continuidad con la derivabilidad de una funci´on f en un punto xo , por medio del siguiente teorema. Teorema 1 Si una funci´on f es derivable en un punto xo , entonces f es continua en xo . Prueba: Al final del cap´ıtulo.

El rec´ıproco de este teorema no es cierto. Es decir, el hecho de que una funci´on sea continua en un punto no implica que sea derivable en ´el. Antes de estudiar algunos ejemplos, necesitamos conocer las siguientes definiciones sobre derivadas laterales.

Definici´ on 1 Si f es una funci´on continua definida en x = xo , entonces:

16

Cap´ıtulo 2: Derivadas 0 0 1. La derivada por la derecha, que se denota f+ (xo ), se define por la igualdad: f+ (xo ) = lim+ x→xo

siempre que el l´ımite exista.

0 0 2. La derivada por la izquierda, denotada f− (xo ), se define por la igualdad: f− (xo ) = lim− x→xo

siempre que el l´ımite exista.

f (x) − f (xo ) , x − xo f (x) − f (xo ) , x − xo

Como consecuencia de la definici´on de derivada, se tiene que f 0 (xo ) existe si y solo si existen las derivadas laterales y ambas son iguales. 0 0 As´ı: f 0 (xo ) existe ⇐⇒ f+ (xo ) = f− (xo )

Ejemplo 1 ½ 1. Consideremos la funci´on f definida por: f (x) =

x+1 si x < 1 −x + 3 si x ≥ 1

Vamos a determinar si f es continua en 1 y si f 0 (1) existe. Para lo primero tenemos que: a. f (1) existe pues f (1) = −1 + 3 = 2 b. Como lim+ f (x) = lim+ (−x + 3) = 2, y lim− f (x) = lim− (x + 1) = 2 entonces lim+ f (x) = 2. x→1

x→1

x→1

x→1

x→1

Luego f es continua en x = 1 pues lim f (x) = f (1). x→1

Para lo segundo determinaremos las derivadas laterales. 0 a. f+ (1) = lim

f (x) − f (1) −x + 3 − 2 −(x − 1) = lim = lim = lim −1 = −1. x−1 x−1 x−1 x→1+ x→1+ x→1+

0 (1) = lim− b. f−

f (x) − f (1) x+1−2 x−1 = lim− = lim− = 1. x−1 x−1 x→1 x→1 x − 1

x→1+

x→1

0 0 Como f+ (1) 6= f− (1) entonces f 0 (1) no existe.

Luego, se ha comprobado que aunque f es continua en x = 1 se tiene que f no es derivable en x = 1. La representaci´on gr´afica de la funci´on es la siguiente:

Figura 2.8: Funci´on no derivable en x = 1

Continuidad y derivabilidad

17

Note que en x = 1 la gr´afica de f tiene un “pico”, siendo precisamente en x = 1 donde no es derivable la funci´on.

½ 2. Sea f la funci´on con ecuaci´on: f (x) =

x2 si √ −x si

x>0 x≤0

Determinemos si f 0 (0) existe y si f es continua en x = 0. Calculemos las derivadas laterales: f (x) − f (0) x2 − 0 = lim+ = lim+ x = 0. x−0 x−0 x→0 x→0 x→0 √ √ √ −x f (x) − f (0) −x − 0 −x −x 0 b. f− (0) = lim− = lim− = lim− .√ = lim− √ = x−0 x x x→0 x→0 x→0 −x x→0 x −x −1 lim √ = −∞ x→0− −x 0 a. f+ (0) = lim+

0 0 (0) 6= f− (0) por lo que f no es derivable en x = 0. Luego f+

Probemos ahora si f es continua en x = 0: √ √ a. f (0) existe pues f (0) = 0; f (0) = −0 = 0 = 0. b. lim+ f (x) = lim+ x2 = 0 y lim− f (x) = lim− x→0

x→0

x→0

√

x→0

−x = 0.

Entonces f es continua pero no es derivable en x = 0. La representaci´on gr´afica de la funci´on es la siguiente:

10 8 6 4 2

-4

-2

2

4

Figura 2.9: Funci´on continua pero no derivable en x = 0 Note que la gr´afica tiene una tangente vertical en (0, 0). El hecho de que f no sea derivable en cero, est´a relacionado con el hecho de que una recta vertical no tiene pendiente.

18

Cap´ıtulo 2: Derivadas

½

2 x √ − 4 si x < 2 x − 2 si x ≥ 2 Determinemos si esta funci´ o n es continua y derivable en x = 2. Se tiene que f (2) existe pues f (2) = √ √ 2 − 2 = 0 = 0.

3. Sea f la funci´on con ecuaci´on:f (x) =

Como lim f (x) = lim

x→2+

x→2+

√

x − 2 = 0 y lim f (x) = lim (x2 − 4) = 0 x→2−

x→2−

Entonces lim f (x) existe y adem´as lim f (x) = f (2), por lo que f es una funci´on continua en x = 2. x→2

x→2

Estudiemos ahora las derivadas laterales: a.

0 f+ (2)

f (x) − f (2) = lim+ = lim+ x−2 x→2 x→2

0 b. f− (2) = lim− x→2

√

√ x−2−0 x−2 1 = lim+ = lim+ √ = +∞ x−2 x−2 x→2 x→2 x−2

f (x) − f (2) x2 − 4 − 0 (x − 2)(x + 2) = lim− = lim− = lim− (x + 2) = 4 x−2 x−2 x−2 x→2 x→2 x→2

0 0 Como f+ (2) 6= f− (2) entonces f 0 (2) no existe.

Nuevamente, aunque una funci´on sea continua en un punto esto no garantiza que sea derivable en ´el. La representaci´on gr´afica de esta funci´on es la siguiente:

2 3 -

Figura 2.10: Gr´afica de f (x)

Note que nuevamente la recta tangente a la curva en x = 2 es una l´ınea vertical.

Ejercicios Para cada una de las funciones cuyas ecuaciones son:

Teoremas sobre derivadas   −1 1. f (x) =



si

x 0 x(4x2 + 2)2

µ 3. Dx

√ 3

2x x−2

¶

³ −2 ´ √ ( 3 x − 2) · 2 − 2x 13 x 3 √ = ( 3 x − 2)2

√ 1 2 3 x − 4 − 23 x 3 √ ( 3 x − 2)2 √ √ 6 3 x − 12 − 2 3 x √ = 3( 3 x − 2)2 √ 4 3 x − 12 = √ con x 6= 8 3( 3 x − 2)2 =

2.1.6

Derivada de una funci´ on compuesta (Regla de la cadena)

Si consideramos las ecuaciones y = u3 , u = 5x2 + 8 entonces puede escribirse “y” como y = (5x2 + 8)3 . En igual forma, si y =

√

u, u = 4x2 + 5x + 2 entonces puede expresarse “y” como y =

En general, si y = f (u), u = g(x) entonces y = f (g(x)). Las ecuaciones anteriores dan en forma expl´ıcita las siguientes funciones: f = {(u, y)/ y = f (u)} g = {(x, u)/ u = g(x)} h = {(x, y)/ y = f (g(x))}

√

4x2 + 5x + 2.

23

24

Cap´ıtulo 2: Derivadas

La funci´on h para la cual h = f (g(x)) recibe el nombre de funci´on compuesta y se escribe h = (f og)(x) = f (g(x)). Observe que los elementos del dominio de h son los x que pertenecen al dominio de la funci´on g, tales que g(x) pertenezca al dominio de f . Ilustraremos lo anterior con el siguiente diagrama:

Figura 2.11: Dominio de una funci´on compuesta

Otros ejemplos de funciones compuestas son: 1. h(x) =

√ 3

6x − 4 = f (g(x)) donde f (x) = 2

2. h(x) = e3x

+1

√ 3

x y g(x) = 6x − 4

= f (g(x)) donde f (x) = ex y g(x) = 3x2 + 1

Determinaremos ahora la derivada de una funci´on compuesta. Teorema 1 Si la funci´on g = {(x, y)/ y = g(x)} es derivable sobre un intervalo S1 y si la funci´on f = {(u, y)/ y = f (u)} es derivable sobre un intervalo S2 tal que S2 = {g(x)/ x ∈ S2 }, entonces la funci´on compuesta f (g) = {(x, y)/ y = f (g(x))} es derivable sobre S1 y Dx [f (g(x))] = f 0 (g(x)) · g 0 (x), para x ∈ S1 . Esta f´ormula recibe el nombre de Regla de la Cadena. Demostraci´on: Al final del cap´ıtulo.

Ejemplo 1 1. Dx [f (3x2 + 1)] = f 0 (3x2 + 1) · Dx (3x2 + 1) = f 0 (3x2 + 1) · 6x √ √ 1 2. Dx [f ( x)] = f 0 ( x) · √ con x > 0 2 x µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 2 −2 0 0 3. Dx [f ]=f · Dx =f · 2 x x x x x

Derivada de una funci´on compuesta

25

Corolario: Si la funci´on g = {(x, u)/ u = g(x)} es derivable sobre un intervalo S1 y si [g(x)]p y [g(x)]p−1 est´an definidas para x ∈ S2 con S2 ⊆ S1 , (p ∈ Q), entonces la funci´on g k = {(x, y)/ y = [g(x)]p } es derivable sobre S2 y adem´as Dx [g(x)p ] = p(g(x))p−1 · Dx g(x), para x ∈ S2 . Este teorema es una aplicaci´on inmediata de la regla de la cadena en la forma Dx y = Du y · Dx u con y = up , u = g(x) y Du y = p · up−1 .

Ejemplo 2 1. Dx (5x + 3)4 En este caso u = 5x + 3 por lo que Dx [(5x + 3)4 ] = 4(5x + 3)3 · Dx (5x + 3) = 4(5x + 3)3 · 5 = 20(5x + 3)3

2. Dx [(3x4 + 5x2 + 4)−2 ] = −2(3x4 + 5x2 + 4)−3 · Dx (3x4 + 5x2 + 4) = −2(3x4 + 5x2 + 4)−3 · (12x3 + 10x) √ 3. Dx 5x2 + 4 1

= Dx (5x2 + 4) 2 =

−1 1 · (5x2 + 4) 2 · (10x + 0) 2

=√

5x 5x2 + 4

√ 4. Dx 4 6x4 + 7x2 1

= Dx (6x4 + 7x2 ) 4 =

−3 1 · (6x4 + 7x2 ) 4 · (24x3 + 14x) 4

26

Cap´ıtulo 2: Derivadas 12x3 + 7x = p 2 4 (6x4 + 7x2 )3

5. Dx

p

5x +

√

6x2 + 1

µ ¶ 1 12x p √ = · 5+ √ 2 6x2 + 1 2 5x + 6x2 + 1 Ã √ ! 1 5 6x2 + 1 + 6x p √ · √ 6x2 + 1 2 5x + 6x2 + 1

Ejercicios: Determine la derivada de las funciones con ecuaciones: r 2 2x 5 5x + 1 3 1.) f (x) = 6x + √ 2.) f (x) = 2x x3 + 1

2.1.7

Diferenciales. Interpretaci´ on geom´ etrica

Incrementos Estudiaremos este punto antes de definir el diferencial y dar su interpretaci´on geom´etrica. f (x + h) − f (x) , se utiliz´o h para se˜ nalar un h→0 h n´ umero distinto de cero tal que x + h pertenece al dominio de f . Al dar la definici´on de la derivada de una funci´on f como el lim

Gr´aficamente se tiene la representaci´on de f y la recta tangente:

Figura 2.12: Gr´afica de f (x) y la recta tangente

Diferenciales Puede decirse que h es la diferencia entre las abscisas de dos puntos de la gr´afica de f . el nombre de incremento de x y se denota por 4x. Para una funci´on f , dada al sustituir h por 4x en la expresi´on f (x + 4x) − f (x) . 4x→0 4x

27

Esta diferencia recibe

f (x + h) − f (x) f (x + 4x) − f (x) , se obtiene h 4x

de donde f 0 (x) = lim

Si y = f (x) entonces el incremento en “y” correspondiente al incremento 4x de x, que se denota por 4y, est´a dado por f (x + 4x) − f (x). As´ı , 4y es el cambio en “y” debido al cambio 4x en x. 4y f (x + 4x) − f (x) = recibe el nombre de raz´on promedio de cambio de f o de “y”, respecto a x, 4x 4x para el intervalo [x, x + 4x].

La raz´on

f (x + 4x) − f (x) 4y = lim recibe el nombre de raz´on instant´anea de cambio o 4x→0 4x 4x→0 4x simplemente raz´on de cambio de “y” o de f respecto a x.

La derivada: Dx y = lim

Ejemplo 1 1. Si y = 2x2 + 1 hallar 4y en t´erminos de x y 4x. i. Determinar 4y para: a. x = 1, 4x = 0.1 b. x = 10, 4x = 0.01 Soluci´ on: 4y = f (x + 4x − f (x)) = 2(x + 4x)2 + 1 − (2x2 + 1) = 2(x2 + 2x 4 x + (4x)2 ) + 1 − 2x2 − 1 = 2x2 + 4x 4 x + 2(4x)2 − 2x2 = (4x + 2 4 x) 4 x a. Para x = 1, 4x = 0.1 se tiene que: 4y = (4 · 1 + 2 · 0.1)0.1 = 0.42 Puede decirse que existe un incremento de 0.42 en las ordenadas debido a un incremento de 0.1 en las abscisas. b. Para x = 10 y x = 0.01 se tiene que: 4y = (4 · 10 + 2 · 0.01)0.01 = 4.002

28

Cap´ıtulo 2: Derivadas ii. Hallar la raz´on promedio de cambio de “y” respecto a x para el intervalo [2, 2.5] y para el intervalo [2, 2.01]. Soluci´ on: La raz´on promedio de cambio de “y” respecto a “x” est´a dada por: 4y f (x + 4x) − f (x) = 4x 4x (4x + 2 4 x) 4 x de donde 4x 4y = 4x + 2 4 x 4x

=

En el intervalo [2, 2.5] se tiene

4y 4y = 8 + 2(0.5) = 9 y el intervalo [2, 2.01] se obtiene = 8 + 2(0.01) = 8.02 4x 4x

iii. Hallar la raz´on de cambio de “y” respecto a “x”. Determinar el valor de esta raz´on en 2 y en 4.

Soluci´ on: La raz´on de cambio de “y” respecto a “x” est´a dada por: lim

4x→0

4y = lim (4x + 2 4 x) = 4x 4x 4x→0

En 2 esta raz´on instant´anea es 8 y en 4 toma el valor de 12. 2. Demostrar que la raz´on de cambio del volumen de una esfera con respecto a su radio, es igual al ´area de la superficie de la esfera. Soluci´ on: El volumen de una esfera de radio r es V =

4 3 πr 3

La raz´on de cambio del volumen con respecto al radio est´a dado por: lim

4r→0

4V 4r

= lim

4r→0

= lim

4r→0

V (r + 4r) − V (r) 4r 4 3 π(r

+ 4r)3 − 43 πr3 4r

4 r3 + 3r2 4 r + 3r(4r)2 + (4r)3 − r3 π· 4r→0 3 4r

= lim

4r(3r2 + 3r 4 r + (4r)2 ) 4 π· 4r→0 3 4r

= lim

4 π · [3r2 + 3r 4 r + (4r)2 ] 4r→0 3

= lim

Diferenciales =

29

4 π(3r2 ) 3

= 4πr2 expresi´on que corresponde precisamente al ´area de la superficie de la esfera.

Diferenciales Sea f una funci´on definida por y = f (x), derivable sobre un intervalo S. Sea 4x diferente de cero tal que 4x + x pertenece al dominio de f y el punto (x + 4x, f (x + 4x)) est´e en la gr´afica de f como se muestra en la siguiente figura:

_ _

Figura 2.13: Gr´afica de f (x)

Sabemos de la definici´on de derivada que: f (x + 4x) − f (x) si el l´ımite existe 4x→0 4x

f 0 (x) = lim

luego: µ ¶ 4y lim − f 0 (x) 4x→0 4x µ ¶ 4y = lim − lim f 0 (x) = f 0 (x) − f 0 (x) = 0 4x→0 4x 4x→0

¯ ¯ ¯ 4y ¯ de donde para cualquier ε > 0 existe δ > 0 tal que ¯¯ − f 0 (x)¯¯ < ε siempre que 0 < | 4 x| < δ o sea, 4x | 4 y − f 0 (x) · 4x| < ε 4 x siempre que 0 < | 4 x| < δ. Lo anterior significa que | 4 x − f 0 (x) 4 x| puede hacerse tan peque˜ no como se quiera, tomando | 4 x| suficientemente peque˜ no. Luego, f 0 (x) 4 x es tan buena aproximaci´on para el incremento | 4 y| como se desee, tomando | 4 x| suficientemente peque˜ no.

Definici´ on 1

30

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Si f es una funci´on tal que f 0 (x) existe sobre un intervalo S y si 4x es cualquier n´ umero distinto de cero, la diferencia de f con respecto a x es igual f 0 (x) multiplicada por 4x. Esta diferencial se denota por dx f (x) de tal forma que dx f (x) = f 0 (x) 4 x. Ejemplo 2 Si f (x) = 4x2 + 1 entonces dx f (x) = 8x 4 x. Consideremos ahora una funci´on compuesta compuesta h = f (g) donde y = f (x) x = g(t) siendo t la variable independiente final y “x” la variable intermedia. Luego y = h(t). Aplicando la definici´on anterior tanto a “y” como a “x” se obtiene: dt y = h0 (t) 4 t, dt x = g 0 (t) 4 t. Utilizando la regla de la cadena para derivar h respecto a t se obtiene que h0 (t) = f 0 (x)g 0 (t). Luego dt y = h0 (t) 4 t = f 0 (x)g 0 (t) 4 t = f 0 (x)dt x, f´ormula que se escribe usualmente dy = f 0 (x)dx, y que se lee como la diferencial de “y” es igual a la derivada de “y” con respecto a “x”, multiplicada por la diferencial de “x” donde dy, dx son diferenciales con respecto a la misma variable. Definici´ on 2 Si una funci´on f est´a definida por y = f (x) entonces la diferencial de x, que se denota dx, est´a dada por dx = 4x donde x es la variable independiente final, y adem´as, la diferencial “y” es siempre: dy = f 0 (x)dx. En la figura anterior es f´acil observar que dy es una mejor aproximaci´on de 4y conforme 4x se hace cada vez m´as peque˜ na. Ejemplo 3 1. Determinar 4y, dy, 4y − dy para y = x2 − 3x, x = 2; 4x = 0.03 Soluci´ on: Consideremos f (x) = y = x2 − 3x. Calculemos primero el incremento: 4y = f (x + 4x) − f (x) = (x + 4x)2 − 3(x + 4x) − (x2 − 3x) =⇒ 4y = x2 + 2x 4 x + (4x)2 − 3x − 3 4 x − x2 + 3x =⇒ 4y = 2x 4 x + (4x)2 − 3 4 x =⇒ 4y = (2x + 4x − 3) 4 x Para x = 2, 4x = 0.03; 4y = (4 + 0.03 − 3)(0.03) de donde 4y = 0.0309 Ahora calculemos la diferencial dy: dy = f 0 (x)dx = (2x − 3)dx

Diferenciales

31

Luego para x = 2, 4x = 0.03 se tiene que dy = (2 · 2 − 3)(0.03) = 0.03 Por u ´ltimo 4y − dy = 0.0309 − 0.03 = 0.009. 2. Utilizando diferenciales, calcular aproximadamente el valor de

√ 3

122.

Soluci´ on: Tomemos f (x) = y =

√ 3

x, x = 125, dx = 4x = −3.

Nos interesa determinar una aproximaci´on a y + 4y para x = 125 y dx = −3. Para ello calculamos el diferencial de “y”: 1 dy = f 0 (x)dx = √ dx; sustituyendo “x” por 125 y dx por −3 se obtiene que: 3 3 x2 −1 −1 −3 −1 −1 dy = p = p = √ = 2 = = −0.04 3 3 3 2 2 6 5 25 3 (125) (125) 5 √ Luego dy = −0.04, y = 5 = 3 125 As´ı aproximamos y + 4y para x = 125, dx = 4x = −3 con y + dy = 5 − 0.04 = 4.96 Luego

√ 3

122 = 4.96

3. El lado de un cuadrado es igual a 5 cm. Hallar el incremento aproximado de su ´area si el lado aumenta 0.01 cm. Soluci´ on: Sea A(x) = y = x2 donde x es el lado del cuadrado, A denota su ´area. Se desea determinar cu´anto aumenta el ´area cuando la longitud del lado pasa de 5 cm a 5.01 cm. Calculemos la diferencial de ´area: As´ı: dA = f 0 (x)dx = 2xdx, donde x = 5 y dx = 0.01 Luego: dA = 10(0.01) = 0.1 y aproximamos A + 4A para x = 5, dx = 0.01 con A + dA = 25 + 0.10 de donde A + dA = 25.10, ´area del nuevo cuadrado. El incremento del ´area es de 0.1 cm2 . 4. Al calentar una esfera de radio R = 9 cm, su volumen aument´o 32.4π cm3 . Hallar el alargamiento del radio de la esfera. Soluci´ on:

32

Cap´ıtulo 2: Derivadas Sea f (R) = y =

4 3 πR la ecuaci´on para el volumen de la esfera. 3

En este caso conocemos la diferencial del volumen de la esfera que est´a dada por dV = 32.4π cm3 . Debemos averiguar la diferencial o el incremento del radio, es decir dx = 4x(dR = 4R) Como dV = f 0 (x)dR = 4πR2 dR; dV = 32.4π; cm3 y R = 9 cm entonces: 32.4π cm3 = 4π(9 cm)2 dR y por tanto dR = 0.1 cm. El radio de la esfera se alarg´o 0.1 cm.

Ejercicios. Resuelva los problemas siguientes: 1. Hallar el valor aproximado de (99)−1 . 2. Sea u = f (x) y v = g(x), donde f y g son funciones derivables sobre un dominio com´ un. Exprese la diferencial del producto uv en t´erminos de las diferenciales de u y v. 3. Un paralelep´ıpedo rectangular de 10cm de altura tiene por base un cuadrado cuyo lado es igual a 20cm. ¿Cu´anto aumentar´a el volumen del paralelep´ıpedo si el lado de la base se alarga 0.02cm? 4. De cada cara de un bloque c´ ubico de madera se saca una capa de 0.3cm de espesor. Si el bloque ten´ıa originalmente 7cm de arista, aproximadamente cu´anto va a decrecer el volumen a causa del proceso?

Nota: A partir de la notaci´on diferencial se tiene que dy = f 0 (x)dx por lo que se puede dividir por dx dy obteni´endose por tanto que f 0 (x) = . dx El usar el cociente de diferenciales para denotar la derivada de f se debe a Leibniz y se utiliza a veces al denotar las derivadas de orden superior.

2.1.8

Derivadas de orden superior

Si f es una funci´on diferenciable, es posible considerar su funci´on derivada como: f 0 = {(x, y)/ y = Dx f (x)} para x en el dominio M de f . f 0 (x + h) − f 0 (x) se dice que existe la segunda derivada de la h→0 h 00 2 funci´on f que se denota por f (x) o Dx f (x), que equivale a Dx [Dx f (x)]. O sea, la segunda derivada de la funci´on f se obtiene derivando la primera derivada de la funci´on. Si para algunos valores x ∈ M existe el lim

Ejemplo 1

Derivadas de orden superior

33

1. Si f (x) = 5x3 + 6x2 − 5x + 1 entonces: f 0 (x) = 15x2 + 12x − 5 y f 00 (x) = 30x + 12 2. Si g(x) = g 0 (x) =

x2 + 3x entonces: x−1

(x − 1)(2x + 3) − (x2 + 3x) x2 − 2x − 3 = y derivando nuevamente (x − 1)2 (x − 1)2

(x − 1)2 (2x − 2) − (x2 − 2x − 3)2(x − 1) (x − 1)4 (x − 1)[(x − 1)(2x − 2) − (x2 − 2x − 3)] = (x − 1)4 g 00 (x) =

Por tanto g 00 (x) =

8 (x − 1)3

Similarmente podemos decir que la derivada de Dx2 f (x) respecto a “x” es la tercera derivada de f respecto a “x” que se denota Dx3 f (x) o f 000 (x). La derivada de la tercera derivada es la cuarta derivada Dx4 f (x) y as´ı podr´ıamos continuar sucesivamente hasta la en´esima derivada de f que se denota por Dxn f (x) o f (n) (x). Generalmente se habla del orden de la derivada; as´ı la primera derivada es la derivada de primer orden, la segunda es la de segundo orden, la en´esima derivada es la derivada de orden n. Ejemplo 2 1. Determinar g 00 (x) si g(x) =

√

x2 + 2x + 3, donde Dg = R.

Soluci´ on: Obtenemos primero g 0 (x) g 0 (x) = √

x+1 x2 + 2x + 3

Luego: √

x2 + 2x + 3 − (x + 1) · √x(x+1) 2 +2x+3 p g (x) = y se tiene que: 2 2 (x + 2x + 3) 2 √ g 00 (x) = (x2 + 2x + 3) x2 + 2x + 3 00

1

2

2. Determinar f 000 (x) si f (x) = 2x 3 − 4x 5 + x Soluci´ on:

34

Cap´ıtulo 2: Derivadas Se tiene que: f 0 (x) =

2 −2 8 −3 x 3 − x 5 +1 3 5

f 00 (x) =

24 −8 −4 −5 x3 + x5 9 25

Por u ´ltimo: f 000 (x) = 3. Si y =

√

192 −13 20 −8 x3 − x 5 27 125 x determinar Dxn y.

En este caso debemos dar una forma general para la derivada de orden n, partiendo de las regularidades que se presentan en las primeras derivadas que calculemos. As´ı: y0 =

1 −1 x2 2

y 00 =

−1 −(2·2−1) −1 −3 x2 = 2x 2 4 2

y 000 =

3 −5 3 −(2·3−1) x 2 = 3x 2 8 2

y iv =

−15 −7 −15 −(2·4−1) x2 = 4 x 2 16 2

yv =

105 −9 105 −(2·5−1) x2 = 5 x 2 32 2

· · · yn =

(−1)n+1 1 · 3 · 5 · 7 · . . . · (2n − 3) −(2n−1) x 2 2n

para n ≥ 2.

Ejercicios. 1. Obtener Dun w si w =

1 . 1 + 2u

Una aplicaci´ on de la segunda derivada Anteriormente hemos estudiado que si s = s(t) nos indica la distancia de una part´ıcula al origen en un tiempo t, entonces Dt s(t) es la velocidad en el tiempo t. Al calcular la derivada de la velocidad respecto al tiempo, es decir, al calcular Dt v(t) se obtiene la aceleraci´on instant´anea en el tiempo t. Si denotamos esta aceleraci´on por a(t) se tiene que a(t) = Dt2 s(t), es decir, la

Derivadas de orden superior

35

aceleraci´on es la segunda derivada de la distancia respecto al tiempo. Ejemplo 3 32 con t ≥ 0, la ecuaci´on que determina la distancia en el tiempo t (en segundos) de una part´ıcula 12 + t2 al origen en un movimiento rectil´ıneo. Determinar el tiempo, la distancia, y la velocidad en cada instante en que la aceleraci´on es nula. Sea s =

Soluci´ on: 32 entonces la velocidad v est´a dada por: 12 + t2 −64t 192t2 − 768 v(t) = = s0 (t) y la aceleraci´on es a = = v 0 (t) 2 2 (12 + t ) (12 + t2 )3 Si s =

Averiguemos el tiempo en que la aceleraci´on se hace cero: a(t) = 0 ⇐⇒ 192t2 − 768 = 0 ⇐⇒ t2 = 4 ⇐⇒ t = 2 Luego, la distancia recorrida cuando t = 2 es s = 2 metros y la velocidad en t = 2 es v =

−1 m/seg. 2

Ejemplo 4 Si y = f (x) es la ecuaci´on de una curva, se sabe que f 0 (x) determina la pendiente de la recta tangente a la gr´afica de f en un punto (x, y). Se tiene que Dx2 y es la raz´on de cambio de la pendiente de la recta tangente respecto a x. M´as adelante utilizaremos la segunda derivada de una funci´on para determinar los extremos relativos de una funci´on y para determinar la concavidad de la gr´afica de una funci´on. Ejemplo 5 1. Determinar la pendiente de la recta tangente en cada punto de la gr´afica de la curva con ecuaci´on y = x4 + x3 − 3x2 , en los que la raz´on de cambio de la pendiente es cero. Soluci´ on: Se tiene que y 0 = 4x3 + 3x2 − 6x da la pendiente de la recta tangente a la curva. Adem´as y 00 = 12x2 + 6x − 6 determina la raz´on de cambio de la pendiente. Debemos averiguar los valores de x en los que esta raz´on de cambio es cero; Entonces y 00 = 0 ⇐⇒ 6(2x − 1)(x + 1) = 0 ⇐⇒ x = 1 Luego, cuando x = la pendiente es y 0 = 12 2 es cero.

1 ´o x = 1 2

µ ¶ 1 6 + − 6 = 0 y cuando x = −1 la pendiente y 0 tambi´en 4 2

36

Cap´ıtulo 2: Derivadas 2. Determinar la raz´on de cambio de la pendiente en (3, 27) para la curva con ecuaci´on y = (2x − 3)3 . Soluci´ on: La raz´on de cambio de la pendiente est´a dada por la segunda derivada de la funci´on, as´ı: Dx2 y = Dx (Dx y) = Dx [6(2x − 3)2 ] = 12(2x − 3) · 2 = 24(2x − 3) En el punto con coordenadas (3, 27) la raz´on de cambio de la pendiente es: 24(2 · 3 − 3) = 24(6 − 3) = 72 Luego Dx2 y = 72 en (3, 27).

2.1.9

Derivada de la funci´ on logar´ıtmica

Vamos a estudiar la derivada de la funci´on f definida por f (x) = loga x, donde x ∈ R+ y a ∈ R+ tal que 0 < a < 1 ´o a > 1 Teorema 1 Si a > 0 y a 6= 1, y si x > 0, entonces la funci´on loga = {(x, y)/ y = loga x, x ∈]0, +∞[} es derivable sobre su 1 dominio ]0, +∞[ y Dx loga x = loga e, x > 0. x Demostraci´ on: Al final del cap´ıtulo.

Ejemplo 1

1. Dx log2 x =

1 log2 e x

2. Dx log 12 x =

1 log 12 e x

Teorema 2 Sea a > 0 y a 6= 1, si la funci´on g = {(x, u)/ u = g(x)} es derivable y g(x) 6= 0 sobre un conjunto M , entonces la 1 funci´on F definida por F (x) = loga |g(x)|, x ∈ M , es derivable sobre M y Dx loga |u| = F (x) = loga |u| = (loga e)Dx u, x ∈ M . u Demostraci´ on: Al final del cap´ıtulo.

Ejemplo 2

1. Dx log3 (5x2 + 1) =

10x 1 log3 e(10x) = 2 log3 e 5x2 + 1 5x + 1

Derivada de la funci´on logar´ıtmica

3. Dx = =

√

1 1 log2 e x = √ log2 e · √ = , x>0 2x x 2 x µ ¶ x+1 log5 x2 + 3

2. Dx log2

1 x+1 x2 +3

log5 e ·

x2 + 3 · (x2 + 3)2 1 − (x + 1)(2x)

3 − 2x − x2 log5 e, x > −1 (x + 1)(x2 + 3)

En particular si la base de los logaritmos es e entonces el loge x se denota por ln x, y: 1. Dx ln x =

1 1 1 loge e = · 1 = , es decir Dx ln x = x x x

1 x

2. Si g(x) es una funci´on derivable con g(x) 6= 0 entonces: 1 Dx ln |g(x)| = Dx (g(x)) g(x) Ejemplo 3

1. Dx ln 5x =

1 1 1 Dx (5x) = ·5= 5x 5x x

√ √ 1 2. Dx ln( x + 1 + x) = √ Dx ( x + 1 + x) x+1+x µ ¶ 1 1 √ =√ · + 1 , x > −1. x+1+x 2 x+1 3. Dx ln2 x = Dx [ln x]2 = 2[ln x] · Dx ln x = 2 ln x ·

1 2 ln x = x x

4. Dx ln4 (x2 + 5) = Dx [ln(x2 + 5)]4 = 4[ln(x2 + 5)]3 · =

1 (2x) x2 + 5

8x · ln3 (x2 + 5) x ∈ R. x2 + 5

5. Dx [ln(3x + 1) − 4x] =

3 −12x − 1 −1 −4= , x> . 3x + 1 3x + 1 3

µ

¶ 2 6. Dx ln(x + 1) ¡ ¢ = Dx 2[ln(x + 1)]−1 = −2[ln(x + 1)]−2 ·

1 x+1

37

38

Cap´ıtulo 2: Derivadas =

−2 (x + 1) ln2 (x + 1)

Ejercicios. 1. Si ln 50 = 3.912 calcule, utilizando diferenciales, un valor aproximado a tres decimales de ln(50.4).

2.1.10

Derivada de la funci´ on exponencial

La funci´on exponencial de base a, con a > 0 y a 6= 1, tiene como dominio R y como ´ambito ]0, +∞[. En el teorema siguiente se dar´a la derivada de la funci´on exponencial. Teorema 1 Dx ax = ax ln a Prueba: Al final del cap´ıtulo.

Ejemplo 1 1. Dx 2x = 2x ln 2 2. Dx 4x = 4x ln 4 µ ¶x µ ¶x 1 1 1 − ln 2 3. Dx = ln = 2 2 2 2x 4. Dx

µ ¶x µ ¶x 3 3 3 = ln 4 4 4

Observe que si la base de la funci´on exponencial es e, entonces Dx ex = ex ln e = ex · 1 de donde Dx ex = ex . Teorema 2 Si a > 0, con a 6= 1, y si g = {(x, y)/ y = g(x)} es derivable sobre M entonces la funci´on compuesta f (x) = ag(x) es derivable sobre M y Dx ag(x) = ag(x) ln a Dx g(x), para x ∈ M . Prueba: Ejercicio al estudiante. Igual que el caso anterior, si la base de la funci´on exponencial es e, entonces Dx eg(x) = eg(x) ln e Dx g(x) de donde Dx eg(x) = eg(x) Dx g(x).

Derivadas de la funciones trigonom´etricas

39

Ejemplo 2 1. Dx 25x = Dx 25x · Dx 5x = 25x (ln 2) · 5 = 5(25x ln 2) 2. Dx 3(x

2

√ x

3. Dx 4

+1)

2

= Dx 3(x

=4

√ x

+1)

· Dx (x2 + x) = 3(x

2

+1)

(ln 3)(2x + 1)

1 4x ln 4 ln 4 · √ = √ 2 x 2 x

4. Dx e2x = e2x Dx (2x) = 2e2x 5. Dx e5x+1 = 5e5x+1

Ejercicios. I Determine la derivada de cada una de la funciones siguientes: 1. f (x) = x2 π −4x 2. g(x) = 3 ex

2

t3 +t µ ¶ 2 − 5 ex 4. h(x) = ln 2 + 5 e3x ³ ´ 3 5. f (x) = x2 + e−x ln(1 + 2−x ) 3. h(t) =

II

e2t

1. Determine la ecuaci´on de la recta tangente a la curva con ecuaci´on y = 3 e−2x tal que sea paralela a la recta con ecuaci´on x + y = 2. 1

2. Determinar la ecuaci´on de la recta tangente trazada a la curva con ecuaci´on y = e 2 x en el punto de su interseci´on con el eje Y . 3. La dependencia entre la cantidad x de sustancia obtenida en cierta reacci´on qu´ımica y el tiempo t de reacci´on se expresa por la ecuaci´on x = A(1 − e−kt ). Determinar la velocidad de reacci´on.

2.1.11

Derivadas de la funciones trigonom´ etricas

A continuaci´on se presentan las derivadas de las funciones trigonom´etricas: seno, coseno, tangente, cotangente, secante y cosecante. 1. Dx sen x = cos x Prueba: Al final del cap´ıtulo.

40

Cap´ıtulo 2: Derivadas Utilizando esta como gu´ıa, junto con el teorema sobre derivada de un cociente de funciones, se pueden realizar las respectivas demostraciones sobre las derivadas de las funciones trigonom´etricas. En general, aplicando la regla de la cadena para funciones compuestas, se cumple que Dx [seng(x)] = cos g(x) · Dx g(x).

Ejemplo 1 a. Dx [sen 6x] = cos 6x · Dx 6x = 6 cos 6x √ √ √ √ cos 3 x 3 3 3 b. Dx sen x = cos x · Dx x = √ 3 3 x2 c. Dx [sen e4x ] = cos e4x · Dx e4x = cos e4x · e4x · 4 = 4e4x cos e4x d. Dx (sen4 x) = Dx [(sen x)4 ] = 4(sen x)3 · cos x = 4 sen3 x cos x

Ejercicios. Determine la primera derivada de cada una de las funciones con ecuaciones: a. f (x) = sen(5x3 − 2x2 + 4) µ ¶ 2x b. g(x) = sen ln 2 c. h(x) = sen2 (3x)

2. Dx cos x = − sen x Prueba: Ejercicio para el estudiante. En general, si u = g(x) aplicando la regla de la cadena se tiene que Dx [cos u] = − sen u · Du

Ejemplo 2 a. Dx [cos(8x3 )] = − sen(8x3 · Dx (8x3 ) = −24x2 sen(8x3 )) µ µ ¶¶ 3 b. Dx cos x = Dx [cos(3 e−x )] = − sen(3 e−x ) · (3 e−x · −1) = 3 e−x sen(3 e−x ) e c. Dx (cos3 x) = Dx [(cos x)3 ] = 3(cos x)2 (− sen x) = −3 cos2 x sen x

Ejercicios. Determine f 0 (x) si: a. f (x) = cos

√ 5

x2

Derivadas de la funciones trigonom´etricas µ b. f (x) = cos c. f (x) =

√

3x + 1 x

41

¶ ¸

· 2n + 1 cos x, x ∈ nπ, π , n∈Z 2

d. f (x) = 4 cos 3x

3. Dx tan x = sec2 x, con x 6= (2n + 1)

π 2,

n∈Z

Prueba: Ejercicio para el estudiante. En general, su u = g(x) entonces aplicando la regla de la cadena se obtiene que Dx tan u = sec2 u · Dx u.

Ejemplo 3 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 2 −2 −2 2 2 2 2 a. Dx tan = sec · Dx = sec · = 2 sec , x 6= 0 x x x x x x x sec2 (ln x) , x>0 x √ 1 sec2 x c. Dx tan x = √ · sec2 x = √ 2 tan x 2 tan x

b. Dx tan(ln x) = sec2 (ln x)Dx ln x =

Ejercicios. Determine f 0 (x) si a. f (x) = etan x √ b. f (x) = 3 tan 2x c. f (x) = tan3 (2x)

4. Dx [cot x] = − csc2 x, x 6= Prueba:

π n, n ∈ Z 2

Ejercicio para el estudiante.

Si u = f (x), aplicando la derivada para la composici´on de funciones se obtiene que Dx (cot u) = − csc2 u Dx u.

Ejemplo 4 a. Dx (cot 5x) = − csc2 5x · 5 = −5 csc2 5x b. Dx (cot3 5x) = Dx [(cot 5x)3 ] = 3(cot 5x)2 · − csc2 5x · 5 µ ¶ 2 −2(− csc2 x) 2 csc2 x c. Dx = = cot x (cot x)2 (cot x)2

42

Cap´ıtulo 2: Derivadas Ejercicios. Determine f 0 (x) si a. f (x) = cot(5x ) √ b. f (x) = 2 3 cot x c. f (x) = cot(5x2 + 5 ln x) π 5. Dx (sec x) = sec x tan x, x 6= (2n + 1) , n ∈ Z 2 Prueba: Ejercicio para el estudiante. Si u = g(x), aplicando la regla de la cadena se obtiene que Dx (sec u) = sec u tan u Dx u.

Ejemplo 5 a. Dx [sec(2x2 )] = sec(2x2 ) tan(2x2 )Dx (2x2 ) = 4x sec(2x2 ) tan(2x2 ) b. Dx (esec x ) = esec x sec x tan x µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 2 −2 2 2 c. Dx sec = sec tan Dx = 2 sec tan x 6= 0 x x x x x x x

Ejercicios. Determine f 0 (x) si µ ¶ 2x − 4 a. f (x) = sec x √ 3 2 b. f (x) = sec x + 1 3x c. f (x) = sec 4x

6. Dx [csc x] = − csc x cot x, x 6= nπ, n ∈ Z. Prueba: Ejercicio para el estudiante Si u = g(x), aplicando la regla de la cadena se obtiene que Dx (csc u) = − csc u cot u Dx u.

Ejemplo 6 a. Dx [csc(2 + x2 )] = − csc(2 + x2 ) cot(2 + x2 ) Dx (2 + x2 ) = −2x csc(2 + x2 ) cot(2 + x2 ) b. Dx [csc(2x )] = − csc 2x cot 2x Dx 2x = − csc 2x cot 2x ln 2 = −2x ln 2 csc 2x cot 2x 1 c. Dx ln (csc x) = · (− csc x cot x) = − cot x csc x

Derivadas de las funciones inversas

43

Ejercicios. Determine f 0 (x) si 2

a. f (x) = ecsc x √ b. f (x) = 3 csc x µ 2 ¶ x c. f (x) = cot , x 6= −1 x+1

2.1.12

Derivadas de las funciones inversas

Previo al estudio de las funciones trigonom´etricas inversas, es necesario determinar la derivada de la funci´on inversa de una funci´on dada. Para ello consideremos el siguiente teorema. Teorema 1 Sea f una funci´on estrictamente creciente y continua en un intervalo [a, b] y g la funci´on inversa de f . Si f 0 (x) existe y es diferente de cero para x ∈]a, b[, entonces la funci´on derivada g 0 (y) tambi´en existe y no es nula en el correspondiente “y” donde y = f (x). Adem´as se tiene que g 0 (y) =

1 1 , o sea Dy g(y) = . f 0 (x) Dx f (x)

Note que si y = f (x) entonces x = g(y) corresponde a f −1 (y), y Dy f −1 (y) = Demostraci´ on: Al final del cap´ıtulo Ejemplo 1 Consideremos la funci´on definida por: f : ]0, +∞[−→] − 3, +∞[, f (x) = y = x2 − 3 Esta funci´on posee funci´on inversa definida por: g : ] − 3, +∞[−→]0, +∞[, g(y) =

√

y+3

1 Se tiene que g 0 (y) = √ 2 y+3 Como 1 1 1 y = x2 + 3 entonces g 0 (y) = √ = √ = 2 2x 2 x2 − 3 + 3 2 x 1 1 0 g (x) = = 0 Dx (x2 − 3) f (x) √ 2 Note que: x = |x| = x pues x ∈]0, +∞[

1 Dx y

44

Cap´ıtulo 2: Derivadas Ejemplo 2

Sea y = f (x) = x3 la ecuaci´on de una funci´on definida en R tal que g(y) =

√ 3

y = x, o sea f −1 (x) =

√ 3

x.

1 , y como y = x3 entonces Se tiene que g 0 (y) = p 3 3 y2 1 1 1 1 g 0 (y) = p = √ = 2 = 0 3 3 3 2 6 3x f (x) 3 (x ) 3 x 1 As´ı: Dy x = Dx y

El teorema anterior ser´a de gran utilidad cuando determinemos las derivadas de las funciones trigonom´etricas inversas.

2.1.13

Las funciones trigonom´ etricas inversas y sus derivadas

Conviene recordar que: a. Si una funci´on es continua y estrictamente creciente (o decreciente) en un intervalo, entonces posee funci´on inversa la cual tambi´en es continua y estrictamente creciente (o decreciente). b. Las funciones trigonom´etricas son peri´odicas por lo que la correspondencia entre la variable independiente y la dependiente no es uno a uno. De aqu´ı se tiene que la inversa de una funci´on trigonom´etrica no es una funci´on, es una relaci´on. Sin embargo, si se restringe el dominio de una funci´on trigonom´etrica se establece una relaci´on biun´ıvoca y la inversa de la funci´on trigonom´etrica s´ı es una funci´on.

Funci´ on seno inverso Al considerar la gr´afica de la funci´on seno:

Figura 2.14: Gr´afica de la funci´on seno Se observa que en varios intervalos, por ejemplo:

Las funciones trigonom´etricas inversas y sus derivadas ·

45

¸ · ¸ · ¸ −π π 3π 5π −5π −3π , , , , , , 2 2 2 2 2 2

etc, la funci´on seno es continua y estrictamente creciente, por lo que podr´ıa · escogerse ¸ alguno de ellos para definir −π π la funci´on inversa de la funci´on seno. Usualmente se toma el intervalo , . Luego, se define la funci´on 2 2 seno como: ½ · ¸ ¾ −π π F = (x, y) tal que y = sen x, con x ∈ , y ∈ [−1, 1] 2 2 · ¸ −π π La funci´on F as´ı definida es continua y estrictamente creciente en el intervalo , , por lo que existe una 2 2 u ´nica funci´on, definida en el intervalo [−1, 1], llamada funci´on seno inverso. Esta funci´on, denotada arcsen, se define como sigue: ·

¸ −π π f : [−1, 1] → , , f (x) = arcsen x 2 2 ¸ · −π π , . Se tiene entonces que y = arcsen x ⇐⇒ x = sen y, y ∈ 2 2 ¸ · −π π Luego, arcsen(r) con r ∈ [−1, 1], es el u ´nico n´ umero t ∈ , para el cual sen t = r. 2 2 Ejemplo 1

a. arcsen 0 = 0 pues sen 0 = 0. µ ¶ ³π´ 1 π 1 = b. arcsen √ pues sen =√ 4 4 2 2 µ ¶ µ ¶ −1 −π −π −1 c. arcsen = pues sen = 2 3 3 2 Ã√ ! √ π 3 π 3 d. arcsen = pues sen = 2 6 6 2

La representanci´on gr´afica de la funci´on seno y de la funci´on arcoseno es la siguiente:

Figura 2.15: Gr´afica de la funci´on seno y arcoseno

46

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Derivada de la funci´ on seno inverso · Como y = arcsen x ⇐⇒ x = sen y, para y ∈

¸ −π π , , x ∈ [−1, 1], aplicando el teorema de la derivada de 2 2

una funci´on inversa se tiene que: Dx (arcsen x) = Como cos x = sen y.

2

1 1 = Dy sen y cos y

y + sen

2

·

−π π , y = 1, y cos y ≥ 0 para y ∈ 2 2

¸ entonces cos y =

p

1 − sen2 y =

√

1 − x2 pues

1 para x ∈] − 1, 1[ 1 − x2 f 0 (x) En general Dx (arcsen f (x)) = p , f (x) ∈] − 1, 1[. 1 − [f (x)]2 Luego: Dx (arcsen x) = √

Ejemplo 2 1 1 10x , |x| < √ 1. Dx (arcsen 5x2 ) = p · Dx (5x2 ) = √ 5 1 − 25x4 1 − (5x2 )2 2. Dx (arcsen

√

1

x) = p

1−(

√

x)2

3. Dx (arcsen x)3 = 3(arcsen x)2 ·

√ 1 · Dx ( x) = √ √ , x ∈]0, 1[ 2 x 1−x 1 3 arcsen2 x √ , x ∈] − 1, 1[ = 1 − x2 1 − x2

Ejercicios. Determine Dx h(x) si: µ ¶ 2x a. h(x) = arcsen x+1 b. h(x) = arcsen(2x2 + 3) Funci´ on coseno inverso Como en la funci´on seno, la funci´on coseno es continua y estrictamente creciente en varios intervalos por ejemplo: [−2π, −π], [0, π], [2π, 3π], etc, por lo cual debe restringirse su dominio de tal forma que posea funci´on inversa. Sea entonces la funci´on F tal que: F = {(x, y) tal que y = cos x, con x ∈ [0, π], y ∈ [−1, 1]} La funci´on F as´ı definida es continua y estrictamente decreciente en el intervalo [0, π], por lo que posee funci´on inversa. Esta recibe el nombre de arco coseno, (o funci´on coseno inverso), y se denota arccos. Se define de la siguiente forma: f : [−1, 1] → [0, π], f (x) = arccos x

Las funciones trigonom´etricas inversas y sus derivadas

47

Se tiene que y = arccos x ⇐⇒ x = cos y con y ∈ [0, π] Luego, arccos(k) con k ∈ [−1, 1], es el u ´nico n´ umero α con α ∈ [0, π] para el que cos α = k. Ejemplo 3 a. arccos(−1) = π pues cos π = −1 Ã √ ! √ µ ¶ − 3 5π 5π − 3 b. arccos = pues cos = 2 6 6 2 ³π ´ π c. arccos(0) = pues cos =0 2 2 µ ¶ ³π ´ 1 1 π d. arccos = pues cos = 2 3 3 2 La representaci´on gr´afica de la funci´on coseno y la de la funci´on arco coseno es la siguiente:

Figura 2.16: Gr´afica de la funci´on coseno y arcocoseno Derivada de la funci´ on coseno inverso Como y = arccos x ⇐⇒ x = cos y para y ∈ [0, π], x ∈ [−1, 1], aplicando el teorema de la derivada de la funci´on inversa se tiene que: Dx (arccos x) =

1 −1 1 = = Dy cos y − sen y sen y

Como cos2 y+sen2 y = 1, y sen y ≥ 0 para y ∈ [0, π] entonces sen y = −1 con x ∈] − 1, 1[ 1 − x2 −1 · Dx f (x), f (x) ∈] − 1, 1[. En general Dx (arccos f (x)) = p 1 − [f (x)]2 Luego: Dx (arccos x) = √

Ejemplo 4

p

1 − cos2 y =

√

1 − x2 pues x = cos y.

48

Cap´ıtulo 2: Derivadas −1

1. Dx (arccos(3x)) = p

1 − (3x)2

· Dx (3x) = √

−3 1 , |x| < 3 1 − 9x2

µ µ ¶¶ µ ¶ 1 −1 1 1 2. Dx arccos =q · Dx = q ¡ ¢ 2 x x x2 1 − 1 − x1 −1

3. Dx (arccos(ex )) = p

1 − (ex )2

· ee = √

1 x2

, |x| > 1

−ex , x ∈] − 1, 0[ 1 − e2x

Ejercicios. Determine Dx g(x) si: a. g(x) = arccos(2x + 1) µ ¶ 2x b. g(x) = arccos arccos x Funci´ on tangente inversa ¸

· −π π Igual que en los dos casos anteriores, vamos a restringir el dominio de la funci´on tangente al intervalo , , 2 2 en el que es continua y estrictamente creciente, por lo que posee funci´on inversa. Luego se define la funci´on tangente como: ½ ¸ · ¾ −π π G = (x, y) tal que y = tan x, con x ∈ , , y∈R 2 2 Se define la funci´on tangente inversa, tambi´en llamada arco tangente, y denotada arctan, como: · −π π , , f (x) = arctan x f :R→ 2 2 ¸

¸

· −π π , , x∈R 2 2 · ¸ −π π , para el que tan α = k. Luego, arctan(k) con k ∈ R es el u ´nico n´ umero α con α ∈ 2 2 Se tiene que y = arctan x ⇐⇒ x = tan y con y ∈

Ejemplo 5 a. arctan 1 =

π 4

pues tan π4 = 1

b. arctan 0 = 0 pues tan 0 = 0 ³ ´ ³ ´ −π −π −1 −1 √ = pues tan( ) = c. arctan √ 6 6 3 3 Adem´as: lim arctan x =

x→+∞

π− pues 2

lim tan x = +∞ −

x→ π2

Las funciones trigonom´etricas inversas y sus derivadas lim arctan x =

x→−∞

−π + pues 2

49

lim + tan x = −∞

x→ −π 2

La representaci´on gr´afica de la funci´on tangente y la de la funci´on arcotangente es la siguiente:

Figura 2.17: Gr´afica de la funci´on tangente y arcotangente Derivada de la funci´ on arcotangente ¸ Como y = arctan x ⇐⇒ x = tan y para y ∈

· −π π , , x ∈ R, aplicando el teorema de la derivada de la 2 2

funci´on inversa se tiene que: Dx (arctan x) =

1 1 = Dy tan y sec2 y

Como tan2 y + 1 = sec2 y, y x = tan y entonces sec2 y = 1 + x2 por lo que: 1 Dx (arctan x) = , x∈R 1 + x2 1 En general Dx (arctan f (x)) = · Dx f (x) 1 + [f (x)]2

Ejemplo 6

1. Dx (arctan(5x3 )) =

1 15x2 · Dx (5x3 ) = , x∈R 3 2 1 + (5x ) 1 + 25x6

√ 2. Dx (arctan( x)) =

1 1 1 √ 2· √ = √ , x>0 1 + ( x) 2 x 2 x(1 + x)

3. Dx (arctan(ln x)) =

1 1 · Dx (ln x) = , x>0 2 1 + (ln x) x(1 + ln2 x)

Ejercicios. Determine Dx h(x) si:

50

Cap´ıtulo 2: Derivadas µ a. h(x) = arctan

¶ x −1 , x 6= 2x + 1 2

2x , x 6= −1 arctan(x + 1) µ ¶ 2 c. h(x) = arctan , x 6= 0 x

b. h(x) =

Funci´ on cotangente inversa Para definir la funci´on inversa de la funci´on cotangente, vamos a restringir el dominio de ´esta al intervalo ]0, π[, en el que es continua y estrictamente decreciente, por lo que posee funci´on inversa. Se define funci´on cotangente como: H = {(x, y) tal que y = cot x, con x ∈]0, π[, y ∈ R} La funci´on cotangente inversa, llamada tambi´en arco cotangente y denotada “arccot”, se define como:

f : R →]0, π[, f (x) = arccot x

Por la definici´on de la funci´on arco cotangente se tiene que y = arccot x ⇐⇒ cot y = x con y ∈]0, π[, x ∈ R Luego, arccot k con k ∈ R es el u ´nico n´ umero α con α ∈]0, π[ para el que cot α = k.

Ejemplo 7 a. arccot(1) =

π 4

pues cot

¡π¢ 4

=1

¡ ¢ b. arccot(0) = π2 pues cot π2 = 0 √ ¡ ¢ √ c. arccot( 3) = π6 pues cot π6 = 3 Adem´as: lim arccot x = 0+ pues

x→+∞

lim arccot x = π − pues

x→−∞

lim cot x = +∞

x→0+

lim cot x = −∞

x→π −

La representaci´on gr´afica de la funci´on cotangente y la de la funci´on arcocotangente es la siguiente:

Las funciones trigonom´etricas inversas y sus derivadas

51

Figura 2.18: Gr´afica de la funci´on cotangente y arcocotangente

Derivada de la funci´ on cotangente inversa

Como y = arccot x ⇐⇒ x = cot y para y ∈]0, π[, x ∈ R, aplicando el teorema de la derivada de la funci´on inversa se tiene que: Dx (arccot x) =

1 1 −1 = = Dy cot y − csc2 y csc2 y

Como cot2 y + 1 = csc2 y, y x = cot y entonces csc2 y = 1 + x2 por lo que: −1 Dx (arccot x) = , x∈R 1 + x2 −1 En general Dx (arccot f (x)) = · Dx f (x) 1 + [f (x)]2 Ejemplo 8 √ 1. Dx (arccot(7 x)) =

√ −1 −7 √ · Dx (7 x) = √ , x>0 1 + (7 x)2 2 x(1 + 49x)

2. Dx (arccot2 x) = 2 arccot x · 3. Dx (arccot(ex )) =

Ejercicios. Determine Dx h(x) si: 2x arccot x √ b. h(x) = arccot x a. h(x) =

−1 −2 arccot x = , x∈R 1 + x2 1 + x2

−ex , x∈R 1 + e2x

52

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Funci´ on secante inversa · ¸ h πi −π Vamos a elegir como dominio de la funci´on secante el intervalo I de donde I = −π, ∪ 0, , ya que 2 2 en I la funci´on secante es biun´ıvoca y la derivada de la funci´on inversa puede expresarse por medio de una sola f´ormula. La representaci´on gr´afica de la funci´on secante en el intervalo se˜ nalado es el siguiente:

Figura 2.19: Gr´afica de la funci´on secante ·

−π Como puede observarse, la funci´on secante es continua en I, siendo estrictamente decreciente en −π, 2 h πi estrictamente creciente en 0, . 2

¸ y

Existe por tanto la funci´on secante inversa, llamada tambi´en arco secante y se denota arcsec, definida por: ·

−π f :] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[−→ −π, 2

¸ ∪

h πi 0, , f (x) = arcsec x 2

Por la definici´on de funci´on arcosecante se tiene que: ¸ · h πi −π ∪ 0, , x ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ y = arcsec x ⇐⇒ x = sec y = x con y ∈ −π, 2 2 ¸ · h πi −π ∪ 0, tal que Luego, arcsec(k) con k ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ es el u ´nico n´ umero α con α ∈ −π, 2 2 sec α = k.

Ejemplo 9 µ a. arcsec

2 √ 3

¶ =

³π ´ π 2 pues sec =√ 6 6 3

Las funciones trigonom´etricas inversas y sus derivadas

53

b. arcsec(−1) = π pues sec(π) = −1 ³π´ π c. arcsec(2) = pues sec =2 3 3 La representaci´on gr´afica de la funci´on arcosecante es la siguiente:

Figura 2.20: Gr´afica de la funci´on arcosecante

Note que: lim arcsec x =

x→+∞

lim arcsec x =

x→−∞

π− pues 2

lim− sec x = +∞

x→ π2

−π − pues 2

lim − sec x = −∞

x→ −π2

Derivada de la funci´ on secante inversa ·

¸ h πi −π ∪ 0, , x ∈ ] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[, utilizando el 2 2 teorema de la derivada de la funci´on inversa se obtiene que:

Como y = arcsec x ⇐⇒ x = sec y con y ∈

Dx (arcsec x) =

1 1 = Dy sec y sec y tan y

−π,

·

−π Como tan y = sec y − 1, y tan y > 0 cuando y ∈ −π, 2 √ x2 − 1 pues x = sec y 2

2

¸ ∪

h πi p 0, , entonces tan y = sec2 y − 1 = 2

1 Luego Dx (arcsec x) = √ , con |x| > 1 x x2 − 1 1 En general, si u = f (x) con |f (x)| > 1 entonces Dx (arcsec u) = √ · Dx u u u2 − 1 Ejemplo 10

54

Cap´ıtulo 2: Derivadas 1 2 1 p · Dx (2x) = √ , x> 2 2x 4x2 − 1 2x (2x)2 − 1 µ µ ¶¶ 1 1 1 −1 −1 q 2. Dx arcsec · Dx = = q , |x| < 1 = q x x 1 1 1 1 2· 1 − 1 x − 1 x − 1 2 2 2 x x x x x

1. Dx (arcsec(2x)) =

Ejercicios. Determine Dx h(x) si: √ a. h(x) = arcsec x b. h(x) = arcsec(3x + 2) Nota: La funci´on secante inversa tambi´en suele definirse por la siguiente igualdad: µ ¶ 1 con |x| ≥ 1 arcsec x = arccos x En este caso Dx arcsec(x) =

1 √ con |x| > 1 |x| x2 − 1

Se deja como ejercicio para el estudiante que compruebe esta igualdad. Funci´ on cosecante inversa ¸ · h πi −π ∪ 0, , en el que la funci´on Tomaremos como dominio de la funci´on cosecante el intervalo I = −π, 2 2 cosecante es biun´ıvoca. La representaci´on gr´afica de la funci´on cosecante en el intervalo se˜ nalado es la siguiente:

Figura 2.21: Gr´afica de la funci´on cosecante

Las funciones trigonom´etricas inversas y sus derivadas

55

· ¸ −π Como puede observarse, la funci´on cosecante es continua en I, siendo estrictamente creciente en −π, y 2 h πi estrictamente decreciente en 0, . 2 Existe por tanto la funci´on cosecante inversa, llamada tambi´en arco cosecante y que se denota arccsc, definida por: ·

−π f :] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[−→ −π, 2

¸ ∪

h πi 0, , f (x) = arccsc x 2

Por la definici´on de funci´on arco cosecante se tiene que: · ¸ h πi −π y = arccsc x ⇐⇒ x = csc y con y ∈ −π, ∪ 0, , x ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ 2 2 · ¸ h πi −π Luego, arccsc(k) con k ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ es el u ´nico n´ umero α con α ∈ −π, ∪ 0, tal que 2 2 csc α = k. Ejemplo 11 µ

¶

³π ´ π 2 pues csc =√ 3 3 3 µ ¶ −π −π b. arccsc(−1) = pues csc = −1 2 2 ³π´ √ √ π c. arccsc( 2) = pues csc = 2 4 4 µ ¶ −5π −5π d. arccsc(−2) = pues csc = −2 6 6 a. arccsc

2 √ 3

=

La representaci´on gr´afica de la funci´on arcocosecante es la siguiente:

Figura 2.22: Gr´afica de la funci´on arcocosecante

56

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Note que: lim arccsc x = 0+ pues

lim csc x = +∞

x→+∞

x→0+

lim arccsc x = −π + pues

lim csc x = −∞

x→−∞

x→−π +

Derivada de la funci´ on cosecante inversa · ¸ h πi −π Como y = arccsc x ⇐⇒ x = csc y para y ∈ −π, ∪ 0, , x ∈] − ∞, −1[ ∪ ]1, +∞[, utilizando el 2 2 teorema de la derivada de la funci´on inversa se obtiene que: 1 1 −1 = = Dy csc y − csc y cot y csc y cot y · ¸ h πi p √ −π 2 2 Como cot y = csc y−1, y cot y > 0 para y ∈ −π, ∪ 0, , entonces cot y = csc2 y − 1 = x2 − 1 2 2 pues x = csc y. Dx (arccsc x) =

−1 Luego Dx (arccsc x) = √ , para |x| > 1 x x2 − 1 −1 En general, si u = f (x) con |f (x)| > 1 entonces Dx (arccsc u) = √ · Dx u u u2 − 1 Ejemplo 12 ¡ ¢ 1. Dx (arccsc x2 ) = 2. Dx (arccsc(ex )) =

x2 ex

−1

p

√

(x)4

−1

· Dx (x2 ) =

x2

−2 −2x √ = √ , x>1 4 x −1 x x4 − 1

−1 −ex −1 · Dx ex = √ =√ , x>0 2x x 2x 2x e −1 e e −1 e −1

Ejercicios. Determine Dx h(x) si: √ a. h(x) = arccsc( 3 x) 2 b. h(x) = arccsc( ) x Nota: La funci´on cosecante inversa tambi´en suele definirse por la siguiente igualdad: µ ¶ 1 con |x| ≥ 1. arccsc x = arcsen x −1 √ Adem´as Dx arccsc x = con |x| > 1 , igualdad que debe comprobar el estudiante como ejercicio. |x| x2 − 1 1 Verifiquemos que arccsc x = arcsec . x ¡ ¢ arccsc x = y ⇐⇒ csc y = x ⇐⇒ sen1 y = x ⇐⇒ x1 = sen y ⇐⇒ arcsen x1 = y Luego arccsc x = arcsen

¡1¢ x , y se verifica la igualdad.

Funciones param´etricas

2.1.14

57

Funciones param´ etricas

En algunos casos la ecuaci´on de una funci´on o de una relaci´on no est´a dada en la forma y = f (x) o f (x, y) = 0, como en las igualdades y = 5x2 + 3x, o, x2 + y 2 = 4, sino que est´a determinada por un par de ecuaciones en t´erminos de una misma variable.

Ejemplo 1 Consideremos las ecuaciones x = t2 − 2t, y = t + 1 con t ∈ R. Se tiene que a cada valor de t le corresponde un punto (x, y) del plano, el conjunto de los cuales determina una relaci´on R x R. La siguiente tabla de valores: t x y

-4 24 -3

-3 15 -2

-2 8 -1

-1 3 0

0 0 1

1 -1 2

2 0 3

3 3 4

4 8 5

5 15 6

nos permite hacer la representaci´on gr´afica de la relaci´on de la siguiente manera:

Figura 2.23: Gr´afica de x = t2 − 2t, y = t + 1 con t ∈ R raya En general, las ecuaciones x = g(t), y = h(t) con h y g funciones continuas en un intervalo I, (I ⊆ R) reciben el nombre de ecuaciones param´etricas o representaci´on param´etrica de una curva en el plano XY . La gr´afica de las ecuaciones param´etricas est´a dada por el conjunto de puntos del plano XY , que se obtiene cuando t, que recibe el nombre de par´ametro, toma todos sus valores posibles en el dominio I. La relaci´on que determinan las ecuaciones param´etricas, en general no es una funci´on, como sucede en el ejemplo anterior. Sin embargo, en algunos casos, la relaci´on dada s´ı es una funci´on.

Ejemplo 2 Sean x =

t t2 , y= − 1 con t ∈ R. 2 4

Obtenemos la siguiente tabla de valores:

58

Cap´ıtulo 2: Derivadas

t

−5.

x

−5 2 . 21 4

y

-4

-3

-2

−3 2 5 4

3

-2

-1

-1

−1 2 −3 4

0

0

1

0

1 2 −3 4

-1

2

3

4

1

3 2 5 4

2

0

3

La representaci´on gr´afica es la siguiente:

Figura 2.24: Gr´afica de x =

t t2 , y= − 1 con t ∈ R 2 4

t2 t en y = − 1 se obtiene que y = x2 − 1 que es la ecuaci´on de la par´abola En este caso, al sustituir x = 2 4 con el eje Y como el eje de simetr´ıa por lo que s´ı es una funci´on. Note que la ecuaci´on obtenida involucra u ´nicamente las variables “x” e “y”. Se dice entonces que el par´ametro ha sido eliminado.

En algunos casos, en la eliminaci´on del par´ametro se utiliza una o m´as identidades trigonom´etricas como se muestra a continuaci´on.

Ejemplo 3 Sea Q la relaci´on con representaci´on param´etrica x = 2 sen t, y = 2 cos t con t ∈ R. Se tiene que Q = {(x, y) tal que x = 2 sen t, y = 2 cos t, t ∈ R} Vamos a expresar la relaci´on Q utilizando u ´nicamente las variables “x” e “y” como sigue: x2 + y 2 = (2 sen t)2 + (2 cos t)2 = 4 sen2 t + 4 cos2 t = 4(sen2 t + cos2 t) = 4 de donde x2 + y 2 = 4 es la ecuaci´on de una circunferencia con centro en (0, 0) y radio 2. Luego Q no representa una funci´on y su representaci´on gr´afica es la siguiente:

Funciones param´etricas

59

Figura 2.25: Gr´afica de x = 2 sen t, y = 2 cos t con t ∈ R

Q puede expresarse entonces como: Q = {(x, y)/ x2 + y 2 = 4 x ∈ [−2, 2], y ∈ [−2, 2]} Ejemplo 4 Sea ahora < la relaci´on con representaci´on param´etrica x = 2t, y = En este caso < = {(x, y)/ x = 2t, y =

6 con t ∈ R − {0}. t

6 t ∈ R, t 6= 0} t

Para expresar < en t´erminos de “x” e “y”, se despeja t en alguna de las ecuaciones y se sustituye en la otra como se muestra a continuaci´on: x 12 6 , y y= x = 2 x 2 12 Luego la ecuaci´on y = para x ∈ R − {0}, tiene como representaci´on gr´afica la siguiente: x Si x = 2t entonces t =

Figura 2.26: Gr´afica de x = 2t, y =

6 con t ∈ R − {0} t

60

Cap´ıtulo 2: Derivadas Ejemplo 5

(x − 3)2 y2 + = 1 es una ecuaci´on de la relaci´on determinada por las ecuaciones 9 4 param´etricas x = 3(1 − cos θ) , y = 2 sen θ, con θ ∈ R.

Por u ´ltimo verifiquemos que

x y , y como y = 2 sen θ entonces sen θ = 3 2 ³ y ´2 2 2 x y (x − 3) Luego sen2 θ + cos2 θ = + (1 − )2 , de donde 1 = + , que es la ecuaci´on de una elipse con 2 3 4 9 centro en (3, 0). Como x = 3(1 − cos θ) entonces cos θ = 1 −

Su representaci´on gr´afica es la siguiente:

Figura 2.27: Gr´afica de x = 3(1 − cos θ) , y = 2 sen θ, con θ ∈ R

Derivada de la funci´ on dada param´ etricamente El siguiente teorema nos proporciona las condiciones necesarias para obtener la derivada de una funci´on dada en forma param´etrica. Teorema 1 Sean f y g funciones derivables en un intervalo ]t1 , t2 [. Supongamos que f tiene una inversa derivable en ese intervalo. Entonces en cada punto donde f 0 (t) 6= 0, las ecuaciones x = f (t), y = g(t) implican que existe una g 0 (t) Dt y funci´on derivable F tal que y = f (x), y adem´as Dx y = 0 = f (t) Dt x Prueba:

Al final del cap´ıtulo

Ejemplo 6 1. Determine Dx y si x = et , y = 1 + t2 con t ∈ R Soluci´ on: Por el teorema anterior se tiene que Dx y = Luego:

Dt y Dt x

Funciones param´etricas Dt y = 2t, Dt x = et (et 6= 0 para todo t ∈ R) por lo que Dx y =

2. Determinar los puntos de la curva con ecuaciones x = diente de la recta tangente a la curva.

t2

61

2t et

t2 t , y= 2 en los que que es cero la pen+1 t −1

Soluci´ on: Recuerde que la pendiente de la recta tangente est´a dada por Dx y. Como Dt x =

−2t 1 + t2 t2 + 1 , y D y = − entonces D y = t x (t2 − 1)2 (t2 − 1)2 2t

La pendiente de la recta tangente es cero cuando Dx y = 0, en este caso cuando t2 + 1 = 0; pero esta igualdad no se cumple para ning´ un valor real de t. Luego, no existe ning´ un punto de la curva dada donde la pendiente de la recta tangente sea cero. 3. Determinar la ecuaci´on de la recta tangente a la curva con ecuaciones x = Bt, y = Ct − dt2 cuando t = 0 Soluci´ on: La ecuaci´on de la recta tangente est´a dada por y = mx + b, donde m = Dx y. Se tiene que Dx y =

Dt y C − 2dt = Dt x B

Cuando t = 0 entonces Dx y =

C C , por lo que y = x + b (∗) B B

Cuando t = 0 se obtiene x = 0, y = 0, y al sustituir en (∗) se obtiene: b = 0. Luego, la ecuaci´on de la recta tangente es: y =

C x B

Derivadas de orden superior para una funci´ on dada en forma param´ etrica Si x y y est´an dadas en forma param´etrica entonces Dx2 y puede expresarse como sigue: Dx2 y = Dx (Dx y) =

Dt (Dx y) Dt x

Ejemplo 7 ´ ³ 2t+sen t Dt 6t 2 +cos t 2t + sen t D (D y) t x Si x = 2t3 + sen t, y = t2 − cos t entonces Dx y = 2 y Dx2 y = = 6t + cos t Dt x Dt (2t3 + sen t) 2 2 (6t + 2) cos t + 1 − 12t − 10 sen t = (6t2 + cos t)2 (6t2 + cos t)

62

Cap´ıtulo 2: Derivadas

En general, para obtener la en´esima derivada, cuando las ecuaciones est´an dadas en forma param´etrica, se aplica la siguiente igualdad:

Dxn y =

2.1.15

Dt (Dxn−1 y) Dt x

Funciones impl´ıcitas y su derivada

Al considerar la funci´on con ecuaci´on f (x) = 3x4 − 5x2 + 1, es posible determinar f 0 (x) con los teoremas enunciados anteriormente, ya que f es una funci´on dada impl´ıcitamente en t´erminos de la variable independiente x. Sin embargo, existen funciones que no est´an definidas en forma expl´ıcita, ejemplos de las cuales son las siguientes: 3x2 y 2 − 5xy 3 + x = 5, x2 − x = 5xy 2 − y 4 Estas ecuaciones no pueden ser resueltas expl´ıcitamente para “y” en t´erminos de “x”. Se dice que la funci´on f est´a definida impl´ıcitamente por las ecuaciones: 3x2 [f (x)]2 − 5x[f (x)]3 + x = 5 y x2 − x = 5x[f (x)]2 − [f (x)]4 , respectivamente. Note que ambas expresiones son de la forma general f (x, y) = 0. Interesa ahora determinar la derivada de una funci´on dada en forma impl´ıcita. Consideremos cada una de las ecuaciones anteriores: a. 3x2 [f (x)]2 − 5x[f (x)]3 + x = 5 Observe que 3x2 [f (x)]2 involucra un producto de funciones y que para derivar [f (x)]2 se debe utilizar la regla de la cadena. Se tiene entonces derivando: £ ¤ 3x2 · 2[f (x)] · Dx f (x) + 6x [f (x)]2 − 5x · 3[f (x)]2 · Dx f (x) + 5[f (x)]3 + 1 = 0 6x2 f (x) · Dx f (x) + 6x[f (x)]2 − 15x[f (x)]2 · Dx f (x) − 5[f (x)]3 + 1 = 0 Despejando Dx f (x) se tiene que: Dx f (x) =

5[f (x)]3 − 6x[f (x)]2 − 1 6x2 f (x) − 15x[f (x)]2

Sustituyendo “y” por f (x) se obtiene: Dx y =

5y 3 − 6xy 2 − 1 6x2 y − 15xy 2

Funciones impl´ıcitas y su derivada

63

b. x2 − x = 5x[f (x)]2 − [f (x)]4 derivando 2x − 1 = 5x · 2f (x) · Dx f (x) + 5[f (x)]2 − 4[f (x)]3 · Dxf (x) 2x − 1 = 10xf (x) · Dx f (x) + 5[f (x)]2 − 4[f (x)]3 · Dx f (x) 2x − 1 − 5[f (x)]2 = (10x f (x) − 4[f (x)]3 ) · Dx f (x) de donde f 0 (x) =

2x − 1 − 5[f (x)]2 10x f (x) − 4[f (x)]3

y sustituyendo y = f (x) se tiene: Dx y = y 0 =

2x − 1 − 5y 2 10xy − 4y 3

El proceso realizado en estos dos ejemplos recibe el nombre de derivaci´on impl´ıcita, y puede ser utilizado u ´nicamente bajo el supuesto de que la ecuaci´on dada especifica una funci´on. En caso de que no sea as´ı, aunque se realicen las operaciones, el resultado carece de sentido. Por ejemplo, la ecuaci´on x2 + y 2 + 9 = 0 no puede ser satisfecha por ning´ un valor real de “x” y “y”. Al realizar −x el procedimiento anterior se obtiene que 2x + 2y · Dx y + 0 = 0 de donde Dx y = , f´ormula que parece tener y significado para “x” y “y” siempre que y 6= 0, aunque de hecho no puede existir derivada ya que la ecuaci´on dada no especifica ninguna funci´on f . La derivaci´on impl´ıcita determina una f´ormula para Dx f (x), que es v´alida para toda funci´on derivable f tal que f (x) est´e definida impl´ıcitamente por una ecuaci´on dada. Ejemplo 1 1. Suponiendo que existe una funci´on derivable f tal que f (x) est´a definida impl´ıcitamente por la ecuaci´on x3 + y 3 − 3x2 + 3y 2 = 0, calcular Dx y. Soluci´ on: Derivando impl´ıcitamente se obtiene: 3x2 + 3y 2 · Dx y − 6x + 6y · Dx y = 0 (3y 2 + 6y) · Dx y = 6x − 3x2 Dx y =

2x − x2 6x − 3x2 = 2 2 3y + 6y y + 2y

Note que hemos trabajado como si y = f (x). 2. En cada caso determinar una ecuaci´on para la recta tangente y una ecuaci´on para la recta normal a la gr´afica de la ecuaci´on dada en el punto P . Graficar la curva, la recta tangente y la recta normal.

64

Cap´ıtulo 2: Derivadas a. x2 + y 2 − 4x + 6y − 24 = 0, P (1, 3). b. y 2 = 4ax; P (a, 2a), a > 0. Soluci´ on: a. Primero obtenemos Dx y que nos da la pendiente de la recta tangente: 2x+2y·Dx y−4+6·Dx y−0 = 0 2−x de donde Dx y = y+3 1 Evaluando Dx y en P (1, 3) se tiene que mt = . 6 1 17 Luego y = x + b. Sustituyendo (1, 3) se obtiene que b = por lo que la ecuaci´on de la recta 6 6 1 17 tangente es y = x + . 6 6 La pendiente de la recta normal es mN = −6 de donde la ecuaci´on de esta recta es: y = −6x + b1 ; sustituyendo nuevamente en (1, 3) se obtiene que b1 = 9. La ecuaci´on de la recta normal es: y = −6x + 9. La ecuaci´on x2 + y 2 − 4x + 6y − 24 = 0 puede escribirse como (x − 2)2 + (y + 3)2 = 36 que representa la ecuaci´on de una circunferencia con centro en (2, −3) y radio 6. La representaci´on gr´afica de la curva y las rectas es la siguiente:

Figura 2.28: Gr´afica de x2 + y 2 − 4x + 6y − 24 = 0

b. Dada la ecuaci´on y 2 = 4ax obtenemos Dx y. como 2y · Dx y = 4a entonces Dx y = Evaluando en P (a, 2a) se tiene que Dx y =

2a y

2a = 1. 2a

Luego, la pendiente de la recta tangente es mT = 1 y la ecuaci´on es y = x+b. Sustituyendo (a, 2a) en esta ecuaci´on se obtiene que b = a por lo que finalmente la ecuaci´on de la recta tangente es y = x + a.

Funciones impl´ıcitas y su derivada

65

La pendiente de la recta normal es mN = −1 y la respectiva ecuaci´on es: y = −x + b. Sustituyendo (x, y) por (a, 2a) se obtiene que b = 3a por lo que la ecuaci´on de la recta normal es y = −x + 3a. La representaci´on gr´afica de la curva, las recta tangente y de la recta normal es la siguiente:

Figura 2.29: Gr´afica de y 2 = 4ax

Ejercicios. 1. Probar que las rectas tangentes en el origen a las curvas con ecuaciones 4y 3 − x2 y − x + 5y = 0, x4 − 4y 3 + 5x + y = 0, son perpendiculares entre s´ı. 2. En cada caso: a. Determinar Dx y en t´erminos de “x” y “y” utilizando la derivaci´on impl´ıcita. b. Despejar “y” en t´erminos de “x” y demostrar que cada soluci´on y su derivada satisfacen la ecuaci´on obtenida en a. i x2 − 2xy = 5 2

2

2

ii x 3 + y 3 = a 3 , a constante. iii 2x2 − 3xy − 4y 2 = 5 3. Determinar la ecuaci´on de la recta normal a la curva con ecuaci´on x − y =

√

x + y en el punto (3, 1).

Derivada de segundo orden para una funci´ on dada en forma impl´ıcita Especificaremos en los ejemplos siguientes el procedimiento que se sigue para determinar Dx2 y. Ejemplo 2

66

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Sea la ecuaci´on x3 − xy + y 3 = 0, obtenemos primero Dx y en la forma siguiente: 3x2 − (x · Dx y + y) + 3y 2 · Dx y = 0 de donde Dx y =

y − 3x2 3y 2 − x

µ

¶ y − 3x2 ahora = Dx (Dx y) = Dx 3y 2 − x 2 (3y − x)(Dx y − 6x) − (y − 3x2 )(6yDx y − 1) Dx2 y = (3y 2 − x)2 Dx2 y

se sustituye Dx y, y se obtiene: ³ ´ ³ 2 2 (3y 2 − x) y−3x − 6x − (y − 3x ) 6y · 2 3y −x Dx2 y = (3y 2 − x)2

y−3x2 3y 2 −x

´ −1

Simplificando: 2xy (27xy − 27(x3 + y 3 ) − 2) pero de la ecuaci´on original x3 +y 3 = xy por lo que: 27xy−27xy−2 = −2, (3y 2 − x)3 −4xy y Dx2 y = (3y 2 − x)3 Dx2 y =

Ejemplo 3 Determinar Dx2 y si ax2 + 2xy + by 2 = 1 Primero calculamos Dx y 2ax + 2x · Dx y + 2y + 2by · Dx y = 0 Dx y =

−2ax − 2y −ax − y = 2x + 2by x + by

Luego: ¶ −ax − y x + by (x + by)(−a − Dx y) − (−ax − y)(1 + b · Dx y) Dx2 y = (x + by)2 (abx − x)Dx y − aby + y Dx2 y = (x + by)2 (ab − 1)(x · Dx y − y) Dx2 y = sustituyendo Dx y se tiene: (x + by)2 ³ ´ (ab − 1) x · −ax−y −y x+by Dx2 y = (x + by)2 −(ab − 1)(ax2 + 2xy + by 2 ) Dx2 y = (x + by)2 1 − ab −(ab − 1)(1) = pues ax2 + 2xy + by 2 = 1 en la ecuaci´on original. Dx2 y = 3 (x + by) (x + by)3 µ

Dx2 y = Dx (Dx y) = Dx

Teorema de Rolle

67

Ejercicios. Determine Dx2 y y exprese el resultado en la forma m´as simplificada posible. a. x2 − 2y 2 = 4 2

2

2

b. x 3 + y 3 = a 3 a cte. c. b2 x2 − a2 y 2 = a2 b2 a cte, b cte.

2.1.16

Teorema de Rolle (o teorema sobre las ra´ıces de la derivada)

Teorema 1 Sea f una funci´on que cumple las condiciones siguientes: 1. f es continua sobre un intervalo cerrado [a, b]. 2. f es derivable sobre un intervalo abierto ]a, b[. 3. f (a) = f (b) = 0. Entonces existe por lo menos un n´ umero real c tal que a < c < b y f 0 (c) = 0. O sea f 0 (x) = 0 para cierto c entre a y b.

Interpretaci´ on geom´ etrica Este teorema puede interpretarse geom´etricamente de la manera siguiente:

Figura 2.30: Interpretaci´on geom´etrica del Teorema de Rolle

68

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Si una curva continua interseca al eje X en (a, 0) y (b, 0) y tiene una recta tangente en cada uno de los puntos del intervalo ]a, b[, entonces existe por lo menos un punto de la curva en el que la recta tangente es paralela al eje X. Gr´aficamente se tiene:

Figura 2.31: Interpretaci´on geom´etrica del Teorema de Rolle

El teorema tambi´en es v´alido para una funci´on derivable que aunque en los extremos del intervalo [a, b] no interseque al eje X, s´ı tome valores iguales para a y b, es decir, f (a) = f (b).

a

b

Es necesario que la funci´on posea derivada en todos los puntos del intervalo, ya que aunque la funci´on sea continua en el intervalo, si no es derivable en alg´ un punto, puede suceder que no exista ning´ un valor c para el que f 0 (c) sea igual a cero. Ejemplo 1 √ 3

x2 es continua en el intervalo [−1, 1] y adem´as se cumple que 2 f (−1) = f (1), pero la derivada de f, f 0 (x) = √ no est´a definida para x = 0, (0 ∈] − 1, 1[), y se tiene que 33x 0 f (x) no se hace cero en el intervalo dado.

La funci´on f con ecuaci´on f (x) = 2 +

La representaci´on gr´afica de esta funci´on en el intervalo [−1, 1] es la siguiente: Ejemplo 2

Teorema de Rolle

Figura 2.32: Gr´afica de f (x) = 2 +

√ 3

69

x2

Para cada una de las funciones cuyas ecuaciones se dan a continuaci´on, verificar que se cumplen las condiciones del teorema de Rolle en el intervalo indicado, y determinar un valor adecuado c que satisfaga la conclusi´on de este teorema: 1. f (x) = x2 − 3x + 2; [1, 2] 2. f (x) = x3 − 2x2 − x + 2; [−1, 2] 3. f (x) = x3 + 5x2 − 6x; [0, 1] Ejercicio para el estudiante · 4. f (x) = cos2 x;

−π π , 4 4

¸ Ejercicio para el estudiante

Soluci´ on: 1. Por ser f una funci´on polinomial es derivable y por lo tanto continua para todo x ∈ R. se cumplen entonces las dos primeras condiciones en el intervalo [1, 2]. Adem´as f (1) = 0 y f (2) = 0 por lo que la curva interseca al eje X y se cumple la tercera condici´on. Luego, debe existir por lo menos un n´ umero c ∈]1, 2[ tal que f 0 (x) = 0. Como f 0 (x) = 2x − 3 y f 0 (x) = 0 si y solo si x = µ Luego en el punto

3 ,f 2

3 3 3 entonces puede tomarse c = , ∈]1, 2[. 2 2 2

µ ¶¶ 3 la recta tangente es paralela al eje X. 2

70

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Figura 2.33: Gr´afica de x2 − 3x + 2

2. De nuevo, f es una funci´on polinomial y por tanto es derivable, y continua para toda x ∈ R. En particular, en el intervalo [−1, 2] se cumplen las dos primeras condiciones. Adem´as f (−1) = 0 y f (2) = 0 verific´andose la tercera condici´on. 0 Luego, el teorema es v´alido en el intervalo [−1, 2] y existe c ∈] √ − 1, 2[ tal que √ f (c) = 0. Como 2+ 7 2− 7 f 0 (x) = 3x2 − 4x − 1 entonces f 0 (x) = 0 si y solo si x = o x= . Note que ambos 3 3 valores pertenecen al intervalo ] − 1, 2[.

à √ ! √ ! √ √ 2 + 7 −8 − 27 7 2 − 7 −116 − 26 7 Luego, en los puntos , y , , la recta tangente tiene pen3 27 3 27 diente cero y por tanto dicha recta es paralela al eje X. Ã

2.1.17

Teorema del valor medio para derivadas (Teorema de Lagrange)

Teorema 1 Sea f una funci´on que cumple las propiedades siguientes: 1. Es continua sobre un intervalo cerrado [a, b]. 2. Es derivable sobre un intervalo abierto ]a, b[.

Entonces existe por lo menos un n´ umero c tal que a < c < b y f 0 (c) =

f (b) − f (a) b−a

Prueba: Al final del cap´ıtulo Este teorema se utiliza para demostrar varios teoremas tanto del c´alculo diferencial como del c´alculo integral. En su demostraci´on se utilizar´a el teorema de Rolle. Interpretaci´ on geom´ etrica

Teorema del valor medio para derivadas

71

El teorema del valor medio puede interpretarse geom´etricamente como sigue: Consideremos la representaci´on gr´afica de una curva continua f :

Figura 2.34: Interpretaci´on geom´etrica del Teorema del Valor Medio f (b) − f (a) . Seg´ un b−a el teorema del valor medio, debe existir alg´ un punto sobre la curva, localizado entre P y Q, en el que la recta tangente sea paralela a la recta secante que pasa por P y Q; es decir, existe alg´ un n´ umero c ∈]a, b[ tal que f (b) − f (a) ms = f 0 (c) = . b−a La recta secante que une los puntos P (a, f (a)), Q(b, f (b)) tiene como pendiente ms =

Ejemplo 1 Para cada funci´on cuya ecuaci´on se da, verificar que se cumplen las condiciones del teorema del valor medio en el intervalo dado, y determinar un valor adecuado c que satisfaga la conclusi´on de este teorema: 1. f (x) = x3 + x2 − x; [−2, 1] 2. f (x) =

√

10 − x2 ; [−6, 8]

1 3. f (x) = x − 1 + ; x−1 4. f (x) =

·

¸

3 ,3 2

x2 + 4x ; [2, 6] x−7

Soluci´ on: 1. Por ser f una funci´on polinomial, es derivable para toda x ∈ R por lo que debe existir por lo menos un n´ umero c ∈] − 2, 1[ tal que: f 0 (c) =

1 − (−2) f (1) − f (−2) = =1 1 − (−2) 3

Adem´as f 0 (x) = 3x2 + 2x − 1 por lo que f 0 (c) = 3c2 + 2c − 1.

72

Cap´ıtulo 2: Derivadas √ √ −1 + 7 −1 − 7 Como f (c) = 1 entonces 3c + 2c − 1 = 1 por lo que c = o c= . 3 3 Ã Ã √ √ ! √ √ ! −1 + 7 11 − 5 7 −1 − 7 11 + 5 7 Luego en , y en , la recta tangente es paralela a la recta 3 27 3 27 secante que pasa por los puntos (−2, −2) y (1, 1). 0

2

2. Como f es continua en el intervalo [−10, 10] y derivable en el intervalo ] − 10, 10[ cumplir´a ambas condiciones en el intervalo [−6, 8] = [a, b]. Luego debe existir por lo menos un n´ umero c ∈] − 6, 8[ tal que f 0 (c) =

f (8) − f (−6) 6−8 −1 = = 8 − (−6) 14 7

−x −c −1 −c , entonces f 0 (c) = √ por lo que f 0 (c) = =√ 2 2 7 10 − x 100 − c 100 − c2 √ √ Resolviendo la ecuaci´on se obtiene que c = 2 o c = − 2 Como f 0 (x) = √

−1 Aunque ambos valores de c pertenecen al intervalo ] − 6, 8[, se tiene que f 0 (x) = u ´nicamente cuando 7 √ c = 2. √ √ Luego en P ( 2, 7 2) la recta tangente es paralela a la recta secante que pasa por los puntos (−6, 8) y (8, 6). Gr´aficamente se tiene:

Figura 2.35: Gr´afica de f (x) =

√

10 − x2

El an´alisis de las otras funciones queda como ejercicio para el estudiante.

2.1.18

Teorema de Gauchy del valor medio (o extensi´ on del teorema del valor medio para derivadas)

Teorema 1 Sean f y g dos funciones continuas sobre un intervalo cerrado [a, b] y derivables sobre el intervalo abierto ]a, b[.

Teorema de Gauchy del valor medio Si g(b) 6= g(a) y g 0 (x) 6= 0 para x ∈]a, b[, entonces existe un n´ umero c ∈]a, b[ tal que

73

f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . g(b) − g(a) g (c)

Prueba: Al final del cap´ıtulo Interpretaci´ on geom´ etrica Considere la representaci´on gr´afica de una curva y = h(x), que tiene ecuaciones param´etricas x = g(t), y = f (t) donde t ∈ [a, b].

Figura 2.36: Interpretaci´on geom´etrica del Teorema de Gauchy Utilizando la derivaci´on param´etrica se obtiene que la pendiente de la recta tangente a la curva en un determinado valor est´a dada por Dx y =

Dt f (t) f 0 (t) = 0 Dt g(t) g (t)

Adem´as, la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos P (g(a), f (a)), Q(g(b), f (b)) est´a dada por: f (b) − f (a) g(b) − g(a) Por el teorema de Gauchy del valor intermedio, existe por lo menos un valor c en ]a, b[ tal que:

f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 g(b) − g(a) g (c)

En este caso, hay dos valores de t que satisfacen la conclusi´on del teorema y son t = c1 , t = c2 . Ejemplo 1 En cada caso, determinar los valores c ∈]a, b[ tales que satisfacen el teorema de Gauchy del valor medio. 1. f (x) = x3 , g(x) = x2 , ]a, b[ = ]0, 2[ 2. f (x) = Soluci´ on:

2x 1 − x2 , g(x) = , ]a, b[ = ]0, 2[ 2 1+x 1 + x2

74

Cap´ıtulo 2: Derivadas 1. Las funciones f y g son continuas y derivables en el intervalo ]0, 2[ por ser funciones polinomiales. Adem´as: g(2) = 4 y g(0) = 0 por lo que g(2) 6= g(0); g 0 (x) = 2x, y 2x es diferente de cero para x ∈]0, 2[. Como se cumplen todas las condiciones existe c en ]0, 2[ tal que: f (2) − f (0) f 0 (c) = 0 g(2) − g(0) g (c) Como f (2) = 8, f (0) = 0, f 0 (x) = 3x2 , y g 0 (x) = 2x entonces sustituyendo en la expresi´on anterior: 8−0 3c2 3 4 = de donde 2 = c y se obtiene que c = . 4−0 2c 2 3 2. Las funciones f y g son continuas y derivables en el intervalo ]0, 2[ pues ambas son el cociente de dos polinomios P (x) y Q(x) donde Q(x) = x2 + 1 es diferente de cero para x en ]0, 2[. −3 −4x y g(0) = 1 por lo que g(2) 6= g(0); g 0 (x) = , es diferente de cero para 5 (1 + x2 )2 x ∈]0, 2[. Como se cumplen todas las condiciones del teorema de Gauchy del valor medio, existe c en ]0, 2[ tal que: Adem´as: g(2) =

f (2) − f (0) f 0 (c) = 0 g(2) − g(0) g (c) 4 2 − 2x −4x , f (0) = 0, f 0 (x) = , y g 0 (x) = entonces sustituyendo en la igual2 2 2 2 5 (1 + x ) (1 + xr ) −4 2 − 2c2 3 dad anterior se tiene: = y 10c2 = 6 por lo que |c| = . 3 −4c 5 r r 3 3 Como c = − no pertenece al intervalo ]0, 2[, el valor que satisface la conclusi´on del teorema es c = , 5 5 que s´ı pertenece al intervalo dado. Como f (2) =

El teorema de Gauchy del valor ser´a utilizado en la demostraci´on de algunos teoremas que se refieren a la regla de L’Hˆopital y que ser´an estudiados en el pr´oximo apartado.

2.1.19

Regla de L’Hˆ opital

Introducci´ on La regla de L’Hˆopital es un m´etodo que se le atribuye al matem´atico franc´es Guillaume Francois de L’Hˆopital (1661-1707). Este escribi´o el primer libro de c´alculo conteniendo su m´etodo, junto con J. Bernoulli. Fue publicado en 1696. Este m´etodo nos permite calcular ciertos l´ımites que con los procedimientos estudiados anteriormente no era f (x) en algunos casos se pod´ıa aplicar el teorema para posible resolver. As´ı, al evaluar l´ımites de la forma lim x→a g(x) el l´ımite de un cociente: lim

x→a

f (x) limx→a f (x) = siempre que lim g(x) 6= 0 x→a g(x) limx→a g(x)

Regla de L’Hˆopital

75

f (x) . Por ejemplo el g(x) 0 (2x + 1)(x − 2) 2x + 1 5 2x2 − 3x − 2 que es de la forma puede escribirse como lim = lim = lim 2 x→2 (x + 1)(x − 2) x→2 x − 2 x→2 x − x − 2 0 2 ln (x − 1) Sin embargo, existen l´ımites como lim en los que tanto el numerador como el denominador tienden x→2 x−2 a cero cuando x tiende a 2, para los que no hemos dado ning´ un procedimiento que permita determinar su valor. A´ un cuando limx→a f (x) = 0 y limx→a g(x) = 0, a veces es posible determinar lim

x→a

El siguiente teorema llamado Regla de L’Hˆopital proporciona el instrumento adecuado para la evaluaci´on de tal tipo de l´ımites.

Regla de L’Hˆ opital Teorema 1 Sean f y g funciones que satisfacen las condiciones del teorema de Gauchy en cierto intervalo [a, b] y tales que f (a) = g(a) = 0. f 0 (x) f (x) f (x) f 0 (x) existe , tambi´en existir´a lim y adem´as lim = lim 0 0 x→a g (x) x→a g(x) x→a g(x) x→a g (x) 0 f (x) f (x) Tambi´en, si lim 0 = ∞ entonces lim =∞ x→a g (x) x→a g(x) Entonces, si lim

Demostraci´ on

Al final del cap´ıtulo.

Ejemplo 1 ex − e−x utilizando el teorema anterior. x→0 sen x

Calculemos el lim

Observe que e0 − e0 = 1 − 1 = 0, sen 0 = 0 por lo que se tiene la forma

0 . 0

Luego: ex − e−x x→0 sen x ex − e−x (−1) = lim x→0 cos x ex + e−x 2 = lim = =2 x→0 cos x 1 lim

Nota: Si f 0 (a) = 0 y g 0 (a) = 0 y las derivadas f 0 (x) y g 0 (x) satisfacen las condiciones que se especificaron para las funciones f y g, seg´ un la hip´otesis de el teorema de la Regla de L’Hˆopital, entonces puede aplicarse de nuevo la Regla de L’Hˆopital, obteni´endose que: f 0 (x) f 00 (x) = lim 00 . 0 x→a g (x) x→a g (x) lim

Puede operarse as´ı sucesivamente siempre que se presente la forma

Ejemplo 2

0 . 0

76

Cap´ıtulo 2: Derivadas

Calculemos los l´ımites siguientes: tan x − x x→0 x − sen x

1. lim

Note que tan 0 − 0 = 0, 0 − sen 0 = 0; se presenta la forma

0 y puede aplicarse el teorema. 0

Luego: tan x − x sec2 x − 1 = lim x→0 x − sen x x→0 1 − cos x lim

aqu´ı se presenta de nuevo la forma

0 por lo que es posible aplicar otra vez el teorema. 0

Entonces: lim

x→0

tan x − x x − sen x

sec2 x − 1 x→0 1 − cos x

= lim = lim

x→0

2sec x tan x sec x sen x

2sec2 x sen x x→0 sen x · cos x

= lim

2sec2 x 2·1 = = 2. x→0 cos x 1

= lim

ey − 1 − y e0 − 1 − 0 0 forma: = 2 y→0 y 0 0

2. lim

ey − 1 e0 − 1 0 forma: = y→0 2y 2·0 0

= lim

ey e0 1 = = y→0 2 2 2

= lim

3. = lim

θ→0

= lim

θ→0

= lim

θ→0

0 − sen 0 0 θ − sen θ forma: = 0 tan3 θ tan3 0 1 − cos θ 3 tan2 θ sen2 θ 3·

1 − cos θ · cos12 θ

sen2 θ cos2 θ

cos4 θ(1 − cos θ) θ→0 3(1 − cos2 θ)

= lim

cos4 θ 1 1 = = . θ→0 3(1 + cos θ) 3(1 + 1) 6

= lim

Regla de L’Hˆopital

77

Ejercicios: Calcule los l´ımites siguientes utilizando la Regla de L’Hˆopital. Antes de aplicarla aseg´ urese de tener la forma indeterminada

0 . 0

sen y 1. lim− √ π−y y→π sen u 2. lim √ u→0 u 3. limπ x→ 2

ln(sen x) (π − 2x)2

ax − bx x→0 x

4. lim

Teorema 2 Sean f y g funciones derivables, (y por tanto continuas), en un intervalo [h, +∞[, donde h es una constante positiva. Sea g 0 (x) 6= 0 para x ∈ [h, +∞[. f 0 (x) f (x) = L entonces lim =L 0 x→+∞ x→+∞ x→+∞ g (x) x→+∞ g(x) f 0 (x) f (x) Adem´as, si lim 0 = +∞ entonces lim = +∞ x→+∞ g (x) x→+∞ g(x) Si lim f (x) = 0, y

lim g(x) = 0 y si lim

Prueba: Al final del cap´ıtulo 0 Este teorema nos permite aplicar la regla de L’Hˆopital a l´ımites en que se presenta la forma , cuando 0 la variable independiente tiende hacia +∞. Tambi´en puede aplicarse cuando x → inf ty y se tiene que f (x) → 0, y g(x) → 0. Ejemplo 3 Calculemos los siguientes l´ımites utilizando el teorema anterior. 1.

1 x2¡ ¢ x→+∞ sen2 2 x

lim

Cuando x → +∞ se tiene que Se presenta la forma

1 2 → 0, y → 0 por lo que sen2 2 x x

0 y podemos aplicar el teorema anterior. 0

Luego: 1 x2¡ ¢ x→+∞ sen2 2 x

lim

−2

−3

¡ ¢x ¡ ¢ x→+∞ 2 sen 2 · cos 2 · x x

= lim

−2 x2

µ ¶ 2 → 0. x

78

Cap´ıtulo 2: Derivadas 1 x¡

= lim

4 x

sen

x→+∞

¢ forma

0 0

−1 2

= lim

cos

x→+∞

lim

x→+∞

¡ 4x ¢ x

·

−4 x2

1 1 1 ¡ ¢= = . 4 cos 0 4 4 cos x4

¡ ¢ sen x1 sen 0 0 ¡ ¢ forma = 2. lim x→+∞ arctan 1 arctan 0 0 x ¡ 1 ¢ −1 cos x · x2 = lim 1 x→+∞ 1 2 −1 1+( x ) · x2 ¡1¢ " µ ¶2 # cos x 1 = lim · 1+ = 1. x→+∞ 1 x 3.

lim

x→−∞

2 x 1 x

e −1

forma

e0

0 0 = −1 0

−2 x2 1 x→−∞ e x · −1 x2

= lim

2

= lim

e

x→−∞

1 x

=

2 2 = = 2. e0 1

Aplicaci´ on de la Regla de L’Hˆ opital a otras formas indeterminadas La Regla de L’Hˆopital tambi´en se aplica en los casos en que un cociente presenta algunas de las formas siguientes: +∞ −∞ +∞ −∞ , , , +∞ −∞ −∞ +∞ Daremos a continuaci´on, sin demostraci´on, los teoremas que permiten evaluar tal tipo de l´ımites. Teorema 3 Sean f y g funciones continuas y derivables para todos los valores en un intervalo abierto I, excepto cuando x = a, (a ∈ I). Si para x 6= a se tiene que: i. g 0 (x) 6= 0 ii. lim f (x) = ∞ x→a

iii. lim g(x) = ∞ x→a

f 0 (x) =k x→a g 0 (x)

iv. existe el lim

f (x) f (x) f 0 (x) y adem´as lim = lim 0 = k. x→a g(x) x→a g(x) x→a g (x)

entonces tambi´en existe lim

Regla de L’Hˆopital Ejemplo 4 Calcular lim

x→ 12 −

ln(1 − 2x) tan π x

Observe que:

a. x →

1− 1 =⇒ x < =⇒ 2x − 1 < 0 =⇒ 1 − 2x > 0 =⇒ 1 − 2x → 0+ =⇒ ln(1 − 2x) → −∞. 2 2

b. x →

1− π− =⇒ tan(πx) → +∞. =⇒ πx → 2 2

Luego, se presenta la forma lim−

x→ 12

−∞ por lo que puede aplicarse el teorema anterior como sigue: +∞

ln(1 − 2x) tan π x −2 1−2x sec2 π

(Recuerde que sec2 θ =

1 ) cos2 θ

= lim−

π

= lim−

−2 cos2 ( π2 ) −2 cos (π x) 0 forma = π (1 − 2x) π(1 − 1) 0

= lim−

4 π(cos π x)(sen π x) −2π

x→ 12

x

2

x→ 12

x→ 12

= lim− −2 (cos π x)(sen π x) = 0 x→ 12

lim−

x→ 12

ln(1 − 2x) =0 tan π x

Teorema 4 Sean f y g funciones derivables para toda x > h, donde h es una constante positiva. Adem´as, para x > h se cumple que g 0 (x) 6= 0 s´ı: i ii iii

lim f (x) = +∞

(o lim f (x) = −∞)

lim g(x) = +∞

(o lim g(x) = −∞)

x→+∞

x→+∞

x→+∞

x→+∞

f 0 (x) =L x→+∞ g 0 (x) lim

Entonces el lim

x→+∞

f (x) tambi´en existe y g(x)

f (x) f 0 (x) = lim 0 =L x→+∞ g(x) x→+∞ g (x) lim

El teorema tambi´en es v´alido cuando se sustituye x → +∞ por x → −∞ f 0 (x) f (x) = ∞ entonces lim =∞ x→+∞ g 0 (x) x→+∞ g(x)

Adem´as, si lim

79

80

Cap´ıtulo 2: Derivadas Ejemplo 5

Calcular los l´ımites siguientes:

1.

lim

u→+∞

u +∞ forma: pues ebu → +∞ cuando u → +∞ (b > 0) bu e +∞

= lim

u→+∞

2.

1 =0 bebu

ex + e−x x→+∞ e2x − e−x lim

Este l´ımite puede escribirse tambi´en como: +∞ e2x + 1 que presenta la forma x→+∞ e3x − 1 +∞ lim

luego: ex + e−x e2x + 1 = lim x→+∞ e2x − e−x x→+∞ e3x − 1 lim

2e2x x→+∞ 3e3x

= lim

2 =0 x→+∞ 3ex

= lim

L´ımites que presentan la forma “0 · ∞” Si = lim f (x) = 0 y lim g(x) = ∞ entonces el = lim [f (x) g(x)] puede designarse por la forma 0 · ∞ que no x→a x→a x→a coincide con ninguna de las expresiones en las que es posible aplicar la Regla de L’Hˆopital. 0 ∞ Sin embargo, es posible hacer transformaciones algebr´aicas de manera que se obtengan las formas o , 0 ∞ como sigue:

1. = lim [f (x) g(x)] = x→a

2. = lim [f (x) g(x)] = x→a

f (x) 1 g(x)

f (x) 1 g(x)

y se tiene

∞ cuando x → a ∞

y se tiene

0 cuando x → a 0

En estos dos casos s´ı es posible aplicar los teoremas de la Regla de L’Hˆopital.

Ejemplo 6 Calcular los l´ımites siguientes:

Regla de L’Hˆopital

81

1. = lim+ [2x ln x] x→0

Como x → 0+ entonces 2x → 0+ y ln x → −∞ Pero 2x ln x puede escribirse como

ln(x)

de L’Hˆopital como sigue: = lim+ [2x ln x] = lim+ x→0

= lim+ x→0

x→0

1 2x

que presenta la forma

−∞ lo que nos permite aplicar la Regla +∞

ln(x) 1 2x

1 x −1 2x2

= lim+ −2x = 0 x→0

2. lim+ sen x ln x x→0

Note que si x → 0+ entonces sen x → 0+ y ln x → −∞ pero sen x ln x puede escribirse como: ln x 1 sen x

=

ln x −∞ que presenta la forma cuando x → 0+ . csc x +∞

Luego: lim+ sen x ln x = lim+

x→0

x→0

ln x csc x

1 x

= lim+

− csc x cot x

= lim+

− sen2 x x cos x

= lim+

−1 sen2 x 0 · lim+ forma cos x x→0 x 0

x→0

x→0

x→0

=

−1 2 sen x cos x · lim = −1 · 0 = 0 1 x→0+ 1

Por tanto: lim sen x ln x = 0 x→0+

3. lim− (1 − x) tan x→1

³π x´ 2

Este l´ımite vuelve a presentar la forma forma 0 · ∞, sin embargo, la expresi´on (1 − x) tan tambi´en escribirse como: ¡ ¢ (1 − x) sen π2x 0 ¡π x¢ que presenta la forma , cuando x → 1− . 0 cos 2 Luego, calculamos el l´ımite como sigue: lim− (1 − x) tan

x→1

³π x´ 2

³π x´ puede 2

82

Cap´ıtulo 2: Derivadas ¡ ¢ (1 − x) sen π2x ¡ ¢ = lim− x→1 cos π2x ³π ´ (1 − x) ¡π ¢ = lim− sen x · lim− 2 x→1 x→1 cos 2x = 1 · lim− x→1

−π 2

−1 2 ¡π ¢ = π sen 2 x

Otras formas indeterminadas Si en el lim [f (x)]g(x) se tiene que: x→a

1. = lim f (x) = 0 y = lim g(x) = 0 x→a

x→a

´o 2. = lim f (x) = ∞ y = lim g(x) = 0 x→a

x→a

´o 3. = lim f (x) = 1 y = lim g(x) = ∞ x→a

x→a

entonces dicho l´ımite presenta las formas 00 , ∞0 , y 1∞ respectivamente. Para calcular este tipo de l´ımites se sigue el siguiente procedimiento: Consideremos la igualdad y = [f (x)]g(x) , tomando logaritmo natural a ambos lados de ella se tiene: ln y = g(x)[ln f (x)]. Note que en la expresi´on g(x)[ln f (x)] presenta en todos los casos la forma 0 · ∞. Los l´ımites en que se presenta esta forma indeterminada fueron estudiados anteriormente. Tenemos entonces que: lim ln y = lim g(x)[ln f (x)]

x→a

x→a

Como la funci´on logaritmo es continua podemos escribir: ln[ lim y] = lim [g(x) ln[f (x)]] x→a

x→a

lim g(x)[ln f (x)]

=⇒ lim y = e

x→a

x→a

lim g(x)[ln f (x)]

x→a

=⇒ lim [f (x)]g(x) = e x→a

Ejemplo 7 Utilizando el procedimiento descrito anteriormente, calculemos los siguientes l´ımites:

Regla de L’Hˆopital

83

1

1. lim x x−1 x→1+

1 → +∞ por lo que se tiene la forma (1)+∞ x−1

Si x → 1+ entonces Luego:

lim x

1 x−1

x→1+

lim

=e

x→1+

lim

=e

x→1+

1 · ln x x−1

ln x x−1 ln x 0 presenta la forma por lo que puede aplicarse la Regla de L’Hˆopital. x−1 0

Note que el = lim+ x→1

Entonces:

lim x

1 x−1

x→1+

=e

=e

x→1

1

lim

1 x

2. lim+ x→0

=e

ln x x−1

1 x

lim+

x→1+

lim

x→1+

= e1 = e

µ ¶tan x 1 x

Si x → 0+ entonces

1 → +∞ y, tan x → 0 por lo que se tiene la forma (+∞)0 . x

Luego:

lim+

x→0

µ ¶tan x 1 x

· µ ¶¸ 1 lim+ tan x ln x x→0 =e

· µ ¶¸ 1 Note que lim+ tan x ln presenta la forma 0 · +∞. Este u ´ltimo l´ımite puede escribirse como: x x→0 ¡1¢ ¡1¢ ln ln x +∞ lim+ 1 x = lim que es ahora de la forma y al cual puede aplicarse la Regla de L’Hˆopital. + cot x +∞ x→0 x→0 tan x Entonces: " lim µ ¶tan x x→0+ 1 lim =e x x→0+

¡ ¢# ln x1 cot x

84

Cap´ıtulo 2: Derivadas · lim

=e

=e

=e

x→0+

−1 x2

·x − csc2 x

¸

lim+

sen2 x x

lim+

2 sen x cos x 1

x→0

x→0

forma

0 0

= e0 = 1

Por tanto: lim+

x→0

µ ¶tan x 1 =1 x

3. lim+ (x)sen x x→0

Se presenta la forma (0+ )0

+

por lo que:

lim (sen x ln x)

lim (x)sen x = e

x→0+

x→0+

El lim+ [sen x ln x] es de la forma 0 · (−∞), que puede escribirse como lim+ x→0

x→0

ahora de la forma

−∞ , y podemos por tanto aplicar la Regla de L’Hˆopital. +∞

ln x 1 sen x

= lim+ x→0

ln x , que es csc x

Luego: lim

lim (x)sen x = e

x→0+

ln x csc x

x→0+

=e

=e

=e

1 x

lim+

− csc x cot x

lim+

− sen2 x x cos x

lim

−1 sen2 x · lim cos x x→0+ x

x→0

x→0

x→0+

−1 · lim =e 4. lim

u→0

x→0+

2 sen x cos x 1

= e−1·0 = e0 = 1

³ sen u ´u−2 u

Si u → 0 entonces

³ sen u ´u sen u 1 → 1 y u−2 = 2 → +∞ por lo que lim u→0 u u u

−2

es de la forma (1)+∞

Regla de L’Hˆopital

85

Luego: ³ sen u ´u−2

lim

u

u→0

h ³ sen u ´i lim u−2 ln u→0 u =e

¢ ¡ h ³ sen u ´i ln senu u el lim u−2 ln es de la forma 0 · +∞ y puede escribirse como lim al cual puede apliu→0 u→0 u u2 0 carse la Regla de L’Hˆopital pues es de la forma . 0 Entonces: ³ sen u ´u−2

lim

u ·

u→0

lim

=e

u→0

lim

=e

·

u→0

¡ sen u ¢ u

u2

u→0

=e

u cos u−sen u u2

¸

2u

u→0

lim

=e

u sen u

lim

ln

u cos u − sen u 2u2 sen u

forma

0 0

cos u − u sen u − cos u 4u sen u + 2u2 cos u

−u sen u u→0 4u sen u + 2u2 cos u lim

=e

lim

=e

u→0

lim

=e

u→0

− sen u 4 sen u + 2u2 cos u

forma

− cos u 4 cos u + 2 cos u − 2u sen u

0 0 1 1 = e− 6 = √ 6 e

Luego: lim

u→0

³ sen u ´u−2 u

1 = √ 6 e

Otra forma indeterminada En algunos l´ımites se presenta la forma (+∞) − (+∞) de la cual no se puede dar un resultado inmediato. Sin 0 y aplicar luego la Regla embargo, mediante algunas transformaciones algebr´aicas es posible obtener la forma 0 de L’Hˆopital.

Ejemplo 8

86

Cap´ıtulo 2: Derivadas µ 1. lim

x→1

2 1 − x2 − 1 x − 1

¶

Consideramos dos casos: a. Si x → 1+ entonces x > 1 y x2 > 1 por lo que x − 1 → 0+ y x2 − 1 → 0+ de donde 2 1 → +∞ y → +∞ x2 − 1 x−1 µ ¶ 1 2 Luego − → (+∞) − (+∞) cuando x → 1+ x2 − 1 x − 1 b. Si x → 1− entonces x < 1 y x2 < 1 por lo que x − 1 → 0+ y x2 − 1 → 0− de donde 2 1 → −∞ y → +∞ x2 − 1 x−1 µ ¶ 2 1 Luego − → (+∞) − (+∞) cuando x → 1− x2 − 1 x − 1 Note que en ambos casos se tiene (+∞) − (+∞) Resolvemos el l´ımite de la siguiente manera: ·

¸ · ¸ 2 1 2 1 lim − = lim − x→1 x2 − 1 x→1 (x − 1)(x + 1) x−1 x−1 = lim

2 − (x + 1) (x − 1)(x + 1)

= lim

1−x 0 forma x2 − 1 0

= lim

−1 −1 = 2x 2

x→1

x→1

x→1

2. limπ (sec x − tan x) x→ 2

Consideramos los siguientes casos: a. Si x →

π+ 1 sen x entonces cos x → 0− por lo que sec x = → −∞ y tan x = → −∞ 2 cos x cos x

Luego (sec x − tan x) → (−∞) − (−∞) cuando x → b. Si x →

π+ 2

π− entonces cos x → 0+ por lo que sec x → +∞ y tan x → +∞ 2

Luego (sec x − tan x) → (+∞) − (+∞) cuando x →

π− 2

Note que en ambos casos se tiene (+∞) − (+∞) Procedemos como sigue para determinar el valor del l´ımite:

Regla de L’Hˆopital µ lim (sec x − tan x) = limπ

x→ π 2

x→ 2

= limπ

1 − sen x 0 forma cos x 0

= limπ

− cos x 0 = =0 − sen x 1

x→ 2

x→ 2

3.

¡

lim

x→+∞

x3 − 2e3x

1 sen x − cos x cos x

¶

¢

Si x → +∞ entonces x3 → +∞ y e3x → +∞ tenemos que aparece la forma (+∞) − (+∞) Para este tipo de l´ımite se factoriza algunos de los sumandos de la manera siguiente: ¡

lim

x→+∞

· ¸ ¢ 2e3x x3 − 2e3x = lim x3 1 − 3 x→+∞ x

Calculemos ahora:

2e3x +∞ que presenta la forma x→+∞ x3 +∞ lim

2e3x 6e3x 6e3x 9e3x = lim = lim = lim = +∞ 3 2 x→+∞ x x→+∞ 3x x→+∞ 2x x→+∞ 1 µ ¶ 2e3x Luego: lim x3 1 − 3 = (+∞) · (−∞) = −∞ x→+∞ x lim

1

4. lim (e x + ln x) x→0+

Si x → 0+ entonces

1 1 → +∞, e x → +∞ ln x → −∞ de nuevo aparece +∞ − ∞ x

Factorizamos: · ¸ ln x lim (e + ln x) = lim+ e 1 + 1 x→0 x→0+ ex 1 x

x

Calculemos lim

x→0+

lim+

ln x

x→0

e

= lim+ x→0

1 x

ln x

= lim

x→0+

1 1

ex·

−1 x

³ Luego: lim+ x→0

1

ex

que presenta la forma

−∞ +∞

1 x

e

1 −1 x · x2

=0 µ ¶ ´ 1 ln x x e + ln x = lim e 1+ 1 = +∞ + 1 x

x→0

x

87